過河問題（一）圖論方法
農夫過河問題
問題描述
一個農夫帶着一頭狼、一頭羊、一顆白菜過河。他面前只有一條船，只能容納他和一件物品，只有農夫會划船。如果農夫不在場，狼會喫羊、羊會喫白菜，農夫在場則不會。求將所有物品運到對岸的方案。
解題思路
根據物品的位置定義狀態，若在左岸記爲1，右岸記爲0，於是最終方案就是(1,1,1,1)-->(0,0,0,0)所經過的路徑。
1、定義狀態
2、列舉所有狀態（人、狼、羊、菜）
3、刪除不合理的狀態（狼和羊、羊和菜）
4、連邊（模擬一次渡河）
5、尋找路徑
尋找(1111)-->(0000)的邊，可以用尋路算法如bfs、dfs,如果要求最短路可以用最短路算法如bfs、Dijsktra等，當然這裏圖很簡單，可直接觀察出來。
(1111)-->(0101)-->(1101)-->(0001)-->(1011)-->(0010)-->(1010)-->(0000)（兩條最短路之一）
左岸 右岸
1、人 狼 羊 花 空
2、狼 花 人 羊
3、人 狼 花 羊
4、花 人 狼 羊
5、人 羊 花 狼
6、羊 人 花 狼
7、人 羊 狼 花
8、空 狼 花 人 羊
傳教士與喫人惡魔的問題
問題描述
有三個傳教士和三個喫人惡魔要渡過一條河，河中有一條船，只能裝下兩個人。在任何地方（無論是岸邊還是船上），如果喫人惡魔數量多於傳教士數量，喫人惡魔就會喫掉傳教士。問：怎麼才能讓這些都安全過河？
解題思路
1、定義狀態
2、列舉所有狀態
3、刪除不合理狀態
4、連邊（模擬依次渡河變化）
5、尋找路徑
尋找(33 L 00)-->(00 R 33)的路徑
其中一條路徑 (33 L 00)-->(31 R 01)-->(32 L 01)-->(30 R 03)-->(31 L 02)-->(11 R 22)-->(22 L 01)-->(02 R 31)-->(03 L 30)-->(01 R 32)-->(02 L 31)-->(00 R 33) 1、兩個喫人惡魔過河 2、一個喫人惡魔回來 3、兩個喫人惡魔過河 4、一個喫人惡魔回來 5、兩個傳教士過河 6、一個傳教士和一個喫人惡魔回來 7、兩個傳教士回來 8、一個喫人惡魔回去 9、兩個喫人惡魔過河 10、一個喫人惡魔回去 11、兩個喫人惡魔過河
四人過橋問題
問題描述
在一個漆黑的夜裏，四位旅遊者來到一座狹窄而沒有護欄的橋邊，如果不借助手電筒的話，大家是無論也不敢過去。不幸的是四個人中只有一隻手電筒，而橋窄得只夠兩個人同時通過。如果各自單獨過橋得話，四個人所需要的時間分別是1、2、5、10分鐘，如果兩個人同時過橋，所需要的時間是較慢的那個人單獨行動時的時間。問：如何設計一個方案，讓四個人儘快過橋。
解題思路
與前面兩個相比，這次不僅要求方案，同時要求時間最短。
同樣需要定義狀態，四個人+手電筒的位置
1、定義狀態
2、建圖
分爲每次通過一個人和每次兩個人，都是帶權無向邊。
(下面只連接了與(01111)的邊)
3、尋找最短路
尋找(L 1111)-->(R 0000)的最短路，即最短路算法中(01111)-->(10000)的最短路，以下是利用Dijstra算法的解決方法。
最終答案爲(2 + 1 + 10 + 2 + 2) = 17.
1 #include<stdio.h>
2 #include<iostream>
3 #include<string>
4 #include<queue>
5 #include<algorithm>
6 using namespace std;
7
8 //定義圖中結點
9 struct Node
10 {
11 int u, d; //該節點的編號與距離
12 bool operator < (const Node x) const
13 {
14 return d > x.d;
15 }
16 };
17
18 //邊結構體的定義
19 struct Edge
20 {
21 int to;
22 int w;
23 int next;
24 };
25
26 const int INF = 0x3f3f3f3f;
27 const int V = 32 + 10;
28 const int E = 32 * 32 + 10;
29 int dis[V]; //源到各頂點的最短距離
30 int vis[V]; //記錄是否被收錄，用來代替集合S
31 int head[V]; //head[i]表示頂點i的第一條邊的數組下標，"-1"表示頂點i沒有邊
32 Edge edge[E];
33
34 inline void AddEdge(int a, int b, int w, int id)
35 {
36 edge[id].to = b;
37 edge[id].w = w;
38 edge[id].next = head[a];
39 head[a] = id;
40 return;
41 }
42
43 //s爲起點
44 void Dijsktra(int s)
45 {
46 priority_queue<Node>q; //取出集合T中的最小值
47 memset(vis, 0, sizeof(vis));
48 memset(dis, INF, sizeof(dis));
49
50 dis[s] = 0;
51 q.push(Node{ s, dis[s] });
52 while (!q.empty())
53 {
54 Node x = q.top(); q.pop();
55 int u = x.u;
56
57 if (vis[u]) continue;
58
59 vis[u] = true;
60 for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next) //鬆弛與u直接相鄰的頂點
61 {
62 int v = edge[i].to;
63 int w = edge[i].w;
64 if (!vis[v] && dis[u] + w < dis[v])
65 {
66 dis[v] = dis[u] + w;
67 q.push(Node{ v,dis[v] });
68 }
69 }
70 }
71 }
72
73 const int score[] = { 1,2,5,10 }; //每個人單獨行動的時間
74
75 int main()
76 {
77 //建圖
78 memset(head, -1, sizeof(head));
79 int id = 0;
80 for (int i = 0; i < (1 << 4); i++)
81 {
82 int bits[4];
83 for (int j = 0; j < 4; j++) bits[j] = (i >> j) & 1;
84 //一次走一個人
85 for (int j = 0; j < 4; j++) if (bits[j])
86 {
87 int tmp = i - (1 << j) + 16;
88 int w = score[j];
89 AddEdge(i, tmp, w, id++);
90 AddEdge(tmp, i, w, id++);
91 }
92 //一次走兩個人
93 for(int j = 0;j < 3;j++)
94 for (int k = j + 1; k < 4; k++) if (bits[j] && bits[k])
95 {
96 int tmp = i - (1 << j) - (1 << k) + 16;
97 int w = max(score[j],score[k]);
98 AddEdge(i, tmp, w, id++);
99 AddEdge(tmp, i, w, id++);
100 }
101 }
102 Dijsktra(15);
103 printf("%d\n", dis[16]);
104
105 return 0;
106 }
此類問題很多，但大多可用圖論的思想做（雖然不一定是速度最快的），後續在補充吧，有問題直接留言！
過河問題（二）
問題描述
在一個漆黑的夜裏，N爲旅行者來到狹窄而沒有護欄的橋邊。如果不借助手電筒的話，大家是無論如何也不敢過橋去的。不幸的是，N個人一共只帶了一隻手電筒，而橋窄得只夠讓兩個人同時過。如果各自單獨過橋的話，N人所需要的時間已知；而如果兩人同時過橋，所需要的時間就是走得比較慢的那個人單獨行動時所需的時間。問題是，如何設計一個方案，讓這N人儘快過橋。
解題思路
很容易想到使用貪心策略，但具體怎麼做呢？
假設共5個人T1、T2、T3、T4、T5，時間一次增加，如何用最少的時間使得5人都過河？
考慮先將T4和T5過河(最慢的兩個安排好了，無後效性)，經過簡單比較，有兩種較優方法。
1、T1和T2過河，T1回來，T4和T5過河，T2回來（總時間：T2 + T1 + T5 + T2）
2、T1和T4過河，T1回來，T1和T5過河，T1回來（總時間：T4 + T1 + T5 + T1）
然後問題簡化爲只有3個人T1、T2、T3，n≤3的情況直接觀察。
推廣到n個人(n ≥ 4)，只需取(T1 + 2*T2 + Tn)和(2*T1 + Tn-1 + Tn)中的較小者，問題化爲前n-2個人的情況。
代碼實現
1 #include<stdio.h>
2 #include<iostream>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5
6 const int maxn = 1000 + 10;
7 int n,times[maxn];
8
9 int main()
10 {
11 int T;
12 scanf("%d", &T);
13 while (T--)
14 {
15 scanf("%d", &n);
16 for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", ×[i]);
17 sort(times, times + n);
18 int sum = 0;
19 while (n > 3)
20 {
21 sum += min((times[0] + times[1] * 2 + times[n - 1]), (times[0] * 2 + times[n - 2] + times[n - 1]));
22 n -= 2;
23 }
24 if (n == 3) sum += (times[0] + times[1] + times[2]);
25 if (n == 2) sum += times[1];
26 if (n == 1) sum += times[0];
27
28 printf("%d\n", sum);
29 }
30 return 0;
31 }
參考鏈接：
https://www.cnblogs.com/ShiChaoPeng/p/5858690.html
https://blog.csdn.net/qq_40788630/article/details/79332774?utm_source=blogxgwz1
參考鏈接：中國大學mooc 劉鐸老師 離散數學