程序設計思維與實踐第八週作業

A.區間選點 II

給定一個數軸上的 n 個區間，要求在數軸上選取最少的點使得第 i 個區間 [ai, bi] 裏至少有 ci 個點
使用差分約束系統的解法解決這道題
使用差分約束系統的解法解決這道題
使用差分約束系統的解法解決這道題
使用差分約束系統的解法解決這道題
使用差分約束系統的解法解決這道題

Input

輸入第一行一個整數 n 表示區間的個數，接下來的 n 行，每一行兩個用空格隔開的整數 a，b 表示區間的左右端點。1 <= n <= 50000， 0 <= ai <= bi <= 50000 並且 1 <= ci <= bi - ai+1。

Output

輸出一個整數表示最少選取的點的個數

Sample Input

5
3 7 3
8 10 3
6 8 1
1 3 1
10 11 1

Sample Output

6

解題思路

題目要求使用差分約束系統解題，差分約束就是根據一堆不等式關係建圖，在圖上根據要求找最短路或者最長路，從而得到答案。差分約束最關鍵的就是如何確定不等式關係然後建圖。

解題方法

我們用一個數組l[i]表示區間[0,i]需要選點的個數，對於區間[x,y]至少選取c個點可以表示爲l[y]-l[x-1]>=c，我們就可以建一條從x-1到y邊權爲c的單向邊。其次，l數組還要根據定義滿足0<=l[i]-l[i-1]<=1。根據我們推出的不等式建圖，由於不等關係是大於等於，需要在建好的圖上跑最長路，從而得到答案。

代碼實現

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long d[100010];
int st[100010];
struct node
{
	int b;
	int c;
	node* next;
	node() {}
	node(int b,int c,node* next):b(b),c(c),next(next) {}
};
int main()
{
	int n;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF)
	{
		memset(d,0,sizeof(d));
		memset(st,0,sizeof(st));
		node* l[100010]={0};
		int maxx=-1;
		int a,b,c;
		queue<int> Q;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
			l[a]=new node(b+1,c,l[a]);
			if(b+1>maxx) maxx=b+1;
		}
		for(int i=0;i<=maxx;i++) d[i]=-1e18;
		for(int i=1;i<=maxx;i++)
		{
			l[i]=new node(i-1,-1,l[i]);
			l[i-1]=new node(i,0,l[i-1]);
		}
		Q.push(0);
		d[0]=0;
		while(Q.size())
		{
			int u=Q.front();
			Q.pop();
			st[u]=0;
			node* thisnode=l[u];
			while(thisnode!=NULL)
			{
				int v=thisnode->b;
				if(d[u]+thisnode->c>d[v])
				{
					d[v]=d[u]+thisnode->c;
					if(!st[v])
					{
						Q.push(v);
						st[v]=1;
					}
				}
				thisnode=thisnode->next;
			}
		}
		cout<<d[maxx]<<endl;
	}
}

B.貓貓向前衝

衆所周知， TT 是一位重度愛貓人士，他有一隻神奇的魔法貓。
有一天，TT 在 B 站上觀看貓貓的比賽。一共有 N 只貓貓，編號依次爲1，2，3，…，N進行比賽。比賽結束後，Up 主會爲所有的貓貓從前到後依次排名併發放愛吃的小魚乾。不幸的是，此時 TT 的電子設備遭到了宇宙射線的降智打擊，一下子都連不上網了，自然也看不到最後的頒獎典禮。
不幸中的萬幸，TT 的魔法貓將每場比賽的結果都記錄了下來，現在他想編程序確定字典序最小的名次序列，請你幫幫他。

Input

輸入有若干組，每組中的第一行爲二個數N（1<=N<=500），M；其中N表示貓貓的個數，M表示接着有M行的輸入數據。接下來的M行數據中，每行也有兩個整數P1，P2表示即編號爲 P1 的貓貓贏了編號爲 P2 的貓貓。

Output

給出一個符合要求的排名。輸出時貓貓的編號之間有空格，最後一名後面沒有空格!
其他說明：符合條件的排名可能不是唯一的，此時要求輸出時編號小的隊伍在前；輸入數據保證是正確的，即輸入數據確保一定能有一個符合要求的排名。

Sample Input

4 3
1 2
2 3
4 3

Sample Output

1 2 4 3

解題思路

根據題意，每隻貓之間都可能有排名，最後要求輸出一種所有貓都滿足的排名，相當於將一個有向圖轉化成具有嚴格先後順序的序列，可以使用拓撲排序找到這一序列。

解題方法

我們每次找出入度爲零的點，將其按照字典序排序，刪除與這些點相連的邊，找出新的入度爲零的點按照字典序排序，刪除與新的入度爲零的點相連的邊，重複操作直到所有點都被選出來，最後得到的序列就是拓撲排序的序列。

代碼實現

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
int op[1010];
int main()
{
	int n,m,a,b;
	while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
	{
		memset(op,0,sizeof(op));
		vector<int> e[1010];
		while(m--)
		{
			cin>>a>>b;
			e[a].push_back(b);
			op[b]++;
		}
		priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(op[i]==0) Q.push(i);
		vector<int> ans;
		while(!Q.empty())
		{
			int u=Q.top();
			Q.pop();
			ans.push_back(u);
			for(int i=0;i<e[u].size();i++)
			{
				int v=e[u][i];
				if(--op[v]==0) Q.push(v);
			}
		}
		if(ans.size()==n)
		{
			for(int i=0;i<n-1;i++) cout<<ans[i]<<" ";
			cout<<ans[n-1]<<endl;
		}
	}
    return 0;
}

C.班長競選

大學班級選班長，N 個同學均可以發表意見 若意見爲 A B 則表示 A 認爲 B 合適，意見具有傳遞性，即 A 認爲 B 合適，B 認爲 C 合適，則 A 也認爲 C 合適 勤勞的 TT 收集了M條意見，想要知道最高票數，並給出一份候選人名單，即所有得票最多的同學，你能幫幫他嗎？

Input

本題有多組數據。第一行 T 表示數據組數。每組數據開始有兩個整數 N 和 M (2 <= n <= 5000, 0 <m <= 30000)，接下來有 M 行包含兩個整數 A 和 B(A != B) 表示 A 認爲 B 合適。

Output

對於每組數據，第一行輸出 “Case x: ”，x 表示數據的編號，從1開始，緊跟着是最高的票數。 接下來一行輸出得票最多的同學的編號，用空格隔開，不忽略行末空格！

Sample Input

2
4 3
3 2
2 0
2 1

3 3
1 0
2 1
0 2

Sample Output

Case 1: 2
0 1
Case 2: 2
0 1 2

解題思路

我們需要求強連通分量進行縮點，一個強連通分量中任意兩點之間都存在路徑互相連通，對於某個強連通分量之外的點，與強連通分量中一個點連通，即可到達強連通分量中的所有點，所以可以將一個強連通分量看成一個點來處理，這就是縮點。

解題方法

使用kosaraju算法求強連通分量，進行縮點。首先在原圖上dfs一遍，確定原圖中每個點的搜索時間，然後在逆圖中按照搜索時間從大到小順序dfs，從一個點能夠dfs到的點的集合爲一個強連通分量，多次dfs直到確定所有的強連通分量。根據強連通分量定義可知，某個人能得到的票數爲他所在強連通分量除去他自己的人數加上能夠到達這個人所在強連通分量的其他強連通分量中的人數。即ans=sum[i]-1+sum[]（sum[]是所有的能到達i的強連通分量）。

代碼實現

#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,a,b;
vector<int> G1[5010],G2[5010];
int c[5010],df[5010],vis[5010],cnt1,cnt2;
struct point
{
	vector<int> v;
};
point p[5010];
vector<int> G3[5010];
int ed[5010];
void dfs1(int x)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=0;i<G1[x].size();i++)
		if(!vis[G1[x][i]]) dfs1(G1[x][i]);
	df[cnt1]=x;
	cnt1++;
}
void dfs2(int x)
{
	c[x]=cnt2;
	for(int i=0;i<G2[x].size();i++)
		if(!c[G2[x][i]]) dfs2(G2[x][i]);
}
int dfs3(int v)
{
	vis[v]=1;
	int ans=p[v].v.size();
	for(int i=0;i<G3[v].size();i++)
		if(!vis[G3[v][i]]) ans=ans+dfs3(G3[v][i]);
	return ans;
}
void kosaraju()
{
	cnt1=0,cnt2=0;
	for(int i=0;i<5010;i++)
		c[i]=0,vis[i]=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(!vis[i]) dfs1(i);
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
		if(!c[df[i]])
		{
			cnt2++;
			dfs2(df[i]);
		}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin>>T;
	for(int st=1;st<=T;st++)
	{
		cin>>n>>m;
		for(int i=0;i<n;i++)
			G1[i].clear(),G2[i].clear();
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			cin>>a>>b;
			G1[a].push_back(b);
			G2[b].push_back(a);
		}
		kosaraju();
		int sum[cnt2+1];
		for(int i=1;i<=cnt2;i++)	
			G3[i].clear(),ed[i]=0,sum[i]=0,p[i].v.clear(); 
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			p[c[i]].v.push_back(i);
			for(int j=0;j<G1[i].size();j++)
			{
				if(c[i]!=c[G1[i][j]])
				{
					G3[c[G1[i][j]]].push_back(c[i]);
					ed[c[i]]++;
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=cnt2;i++)
		{
			sort(G3[i].begin(),G3[i].end());
			G3[i].erase(unique(G3[i].begin(),G3[i].end()),G3[i].end());
		}
		for(int i=1;i<=cnt2;i++)
		{
			if(ed[i]==0)
			{
				for(int j=1;j<=cnt2;j++) vis[j]=0;
				sum[i]=dfs3(i)-1;
			}
		}
		int maxp=0;
		for(int i=1;i<=cnt2;i++)
			if(maxp<sum[i]) maxp=sum[i];
		int ans[5010],index=0;
		for(int i=1;i<=cnt2;i++)
		{
			if(sum[i]==maxp)
			{
				for(int j=0;j<p[i].v.size();j++)
				{
					ans[index]=p[i].v[j];
					index++;
				}
			}
		}
		sort(ans,ans+index); 
		cout<<"Case "<<st<<": "<<maxp<<endl;
		for(int i=0;i<index-1;i++) cout<<ans[i]<<" ";
		cout<<ans[index-1]<<endl;
	}
}