算法提高课笔记
文章目录
基础知识
负环：环上权值之和是负数
求负环的常用方法 基于SPFA
- 统计每个点入队次数，如果某个点入队n次，则说明存在负环（完全等价于Bellman-Ford算法）
- 统计当前每个点的最短路中所包含的边数，如果某点的最短路包含的边数大于等于n，则说明存在负环
玄学结论：当所有点的入队次数超过2n时，就认为图中有很大肯存在负环
例题
虫洞
农夫约翰在巡视他的众多农场时，发现了很多令人惊叹的虫洞。
虫洞非常奇特，它可以看作是一条 单向 路径，通过它可以使你回到过去的某个时刻（相对于你进入虫洞之前）。
农夫约翰的每个农场中包含 N 片田地，M 条路径（双向）以及 W 个虫洞。
现在农夫约翰希望能够从农场中的某片田地出发，经过一些路径和虫洞回到过去，并在他的出发时刻之前赶到他的出发地。
他希望能够看到出发之前的自己。
请你判断一下约翰能否做到这一点。
下面我们将给你提供约翰拥有的农场数量 F，以及每个农场的完整信息。
已知走过任何一条路径所花费的时间都不超过 10000 秒，任何虫洞将他带回的时间都不会超过 10000 秒。
输入格式
第一行包含整数 F，表示约翰共有 F 个农场。
对于每个农场，第一行包含三个整数 N,M,W。
接下来 M 行，每行包含三个整数 S,E,T，表示田地 S 和 E 之间存在一条路径，经过这条路径所花的时间为 T。
再接下来 W 行，每行包含三个整数 S,E,T，表示存在一条从田地 S 走到田地 E 的虫洞，走过这条虫洞，可以回到 T 秒之前。
输出格式
输出共 F行，每行输出一个结果。
如果约翰能够在出发时刻之前回到出发地，则输出 YES，否则输出 NO。
数据范围
1 ≤ F ≤ 5 1≤F≤5 1≤F≤5
1 ≤ N ≤ 500 , 1≤N≤500, 1≤N≤500,
1 ≤ M ≤ 2500 , 1≤M≤2500, 1≤M≤2500,
1 ≤ W ≤ 200 , 1≤W≤200, 1≤W≤200,
1 ≤ T ≤ 10000 , 1≤T≤10000, 1≤T≤10000,
1 ≤ S , E ≤ N 1≤S,E≤N 1≤S,E≤N
输入样例
cpp
2
3 3 1
1 2 2
1 3 4
2 3 1
3 1 3
3 2 1
1 2 3
2 3 4
3 1 8输出样例
cpp
NO
YES题意
负环板题
思路
跑一遍spfa
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510, M = 5210;
int n, m1, m2;
int h[N], ne[M], e[M], w[M], idx;
int dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}
bool spfa()
{
memset(dist, 0, sizeof dist);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memset(st, 0, sizeof st);
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
q.push(i);
st[i] = true;
}
while (q.size())
{
int t = q.front();
q.pop();
st[t] = false;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (dist[j] > dist[t] + w[i])
{
dist[j] = dist[t] + w[i];
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (cnt[j] >= n) return true; // 更新次数一旦超过n就说明有负环
if (!st[j])
{
q.push(j);
st[j] = true;
}
}
}
}
return false;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T -- )
{
cin >> n >> m1 >> m2;
memset(h, -1, sizeof h);
idx = 0;
for (int i = 0; i < m1; i ++ )
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
for (int i = 0; i < m2; i ++ )
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, -c);
}
if (spfa()) puts("YES");
else puts("NO");
}
}观光奶牛
给定一张 L 个点、P 条边的有向图，每个点都有一个权值 f[i]，每条边都有一个权值 t[i]。
求图中的一个环，使"环上各点的权值之和"除以"环上各边的权值之和"最大。
输出这个最大值。
注意：数据保证至少存在一个环。
输入格式
第一行包含两个整数 L 和 P。
接下来 L 行每行一个整数，表示 f[i]。
再接下来 P 行，每行三个整数 a，b，t[i]，表示点 a 和 b 之间存在一条边，边的权值为 t[i]。
输出格式
输出一个数表示结果，保留两位小数。
数据范围
2 ≤ L ≤ 1000 , 2≤L≤1000, 2≤L≤1000,
2 ≤ P ≤ 5000 , 2≤P≤5000, 2≤P≤5000,
1 ≤ f [ i ] , t [ i ] ≤ 1000 1≤f[i],t[i]≤1000 1≤f[i],t[i]≤1000
输入样例
cpp
5 7
30
10
10
5
10
1 2 3
2 3 2
3 4 5
3 5 2
4 5 5
5 1 3
5 2 2输出样例
cpp
6.00题意
给出点权和边权，求一个环使得点权之和除以边权之和最大
思路
求比值最大的问题 -> 01分数规划 -> 二分
首先确定边界值，答案一定在[0, 1000) 之间
每次取中点mid，如果图中存在一个环使得比值大于mid，则答案在mid和r之间，反之亦然
现在问题变成了如何判断是否存在一个比值大于mid的环？
判断： ∑ f i ∑ t i > M i d \frac{\sum f_i}{\sum t_i}>Mid ∑ti∑fi>Mid
化简： ∑ f i − M i d ∗ ∑ t i > 0 \sum f_i-Mid*\sum t_i>0 ∑fi−Mid∗∑ti>0
在环上的点权我们可以任意加到边权上，对环不会有影响，假设我们将所有点权加到出边上，化简： ∑ ( f i − M i d ∗ t i ) > 0 \sum (f_i-Mid*t_i)>0 ∑(fi−Mid∗ti)>0
现在将边权全看成 f i − M i d ∗ t i f_i-Mid*t_i fi−Mid∗ti
问题转换成了：图中是否存在一个正环
求最长路即可
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 5010;
int n, m;
int wf[N];
int h[N], e[M], ne[M], wt[M], idx;
double dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b, wt[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}
bool check(double mid)
{
memset(dist, 0, sizeof dist);
memset(st, 0, sizeof st);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 所有点存进队列
{
q.push(i);
st[i] = true;
}
while (q.size())
{
int t = q.front();
q.pop();
st[t] = false;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (dist[j] < dist[t] + wf[t] - mid * wt[i])
{
dist[j] = dist[t] + wf[t] - mid * wt[i]; // 更新最长距离
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (cnt[j] >= n) return true; // 更新次数超过n就说明有正环
if (!st[j])
{
q.push(j);
st[j] = true;
}
}
}
}
return false;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> wf[i]; // 记录点权
memset(h, -1, sizeof h);
for (int j = 0; j < m; j ++ )
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c);
}
double l = 0, r = 1e6;
while (r - l > 1e-4) // 误差
{
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.2lf\n", l);
}单词环
我们有 n 个字符串，每个字符串都是由 a∼z 的小写英文字母组成的。
如果字符串 A 的结尾两个字符刚好与字符串 B 的开头两个字符相匹配，那么我们称 A 与 B 能够相连（注意：A 能与 B 相连不代表 B 能与 A 相连）。
我们希望从给定的字符串中找出一些，使得它们首尾相连形成一个环串（一个串首尾相连也算），我们想要使这个环串的平均长度最大。
如下例：
ababc
bckjaca
caahoynaab
第一个串能与第二个串相连，第二个串能与第三个串相连，第三个串能与第一个串相连，我们按照此顺序相连，便形成了一个环串，长度为 5+7+10=22（重复部分算两次），总共使用了 3 个串，所以平均长度是 223≈7.33。
输入格式
本题有多组数据。
每组数据的第一行，一个整数 n，表示字符串数量；
接下来 n 行，每行一个长度小于等于 1000 的字符串。
读入以 n=0 结束。
输出格式
若不存在环串，输出"No solution"，否则输出最长的环串的平均长度。
只要答案与标准答案的差不超过 0.01，就视为答案正确。
数据范围
1 ≤ n ≤ 105 1≤n≤105 1≤n≤105
输入样例
cpp
3
intercommunicational
alkylbenzenesulfonate
tetraiodophenolphthalein
0输出样例
cpp
21.66题意
n个字符串，如果a的末尾两个字符和b的开头相同则能相连，求能构成的环的平均长度最大值
思路
把每个字符串的首位两个字母看做一个点，比如说样例可以这样建图：
答案就变成了求 ∑ w i ∑ 1 \frac{\sum w_i}{\sum 1} ∑1∑wi的最大值
答案在(0, 1000)之内，二分做，类似观光奶牛
最终判断式为： ∑ w i − M i d ∗ ∑ 1 > 0 \sum w_i - Mid*\sum 1>0 ∑wi−Mid∗∑1>0
判断有没有解直接把 Mid = 0 代入即可，因为如果等于0都不能满足的话大于0就更不会满足了
于是成功TLE，用一下玄学优化
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 700, M = 100010;
int n;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
double dist[N];
int cnt[N];
bool st[N];
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++ ;
}
bool check(double mid)
{
memset(st, 0, sizeof st);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
queue<int> q;
for (int i = 0; i < 676; i ++ ) // 所有点存入队列
{
q.push(i);
st[i] = true;
}
int count = 0;
while (q.size())
{
int t = q.front();
q.pop();
st[t] = false;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (dist[j] < dist[t] + w[i] - mid)
{
dist[j] = dist[t] + w[i] - mid;
cnt[j] = cnt[t] + 1;
if (++ count > 10000) return true; // 次数过多直接返回（玄学可能失败
if (cnt[j] >= N) return true; // 这个是保证一定正确的
if (!st[j])
{
q.push(j);
st[j] = true;
}
}
}
}
return false;
}
int main()
{
char str[1010];
while (scanf("%d", &n), n)
{
memset(h, -1, sizeof h);
idx = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
cin >> str;
int len = strlen(str);
if (len >= 2)
{
// 用类似于26进制的方法存储
int left = (str[0] - 'a') * 26 + str[1] - 'a';
int right = (str[len - 2] - 'a') * 26 + str[len - 1] - 'a';
add(left, right, len);
}
}
if (!check(0)) puts("No solution"); // 判断是否有解
else
{
double l = 0, r = 1000;
while (r - l > 1e-4) // 误差
{
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%lf\n", r);
}
}
}