ch07 部分题目思路
关键边
- 分析
- 暴力枚举删除每条边即可
cpp
struct Node {
int v, w; // w: 边权
bool flag; // 标记是否删除
};
// 边有边权
vector<Node> G[maxn];
bool vis[maxn]; // 保证每个点只走一次
void dfs(int u) {
vis[u] = 1;
for (Node e : G[u]) {
if (e.flag) continue; // 此边已删除
int v = e.v;
if (!vis[v]) dfs(v);
}
}
int main() {
// ...省略输入
int res = inf;
for (int u = 1; u <= n; ++u) { // 枚举起点
for (Node &e : G[u]) { // 枚举 u 为起点的每条边
e.flag = 1; // 标记删除此边
// 删除 e 再跑 dfs
// ...
if (是关键边) res = min(res, e.w);
e.flag = 0; // 撤销删除
}
}
return 0;
}六度理论
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分析
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记从结点 v 出发能到达的编号最大的结点是 ans[v] 。
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如果对于每个结点 v，都从 v 出发进行一次 dfs 或 bfs 遍历计算 ans[v] ，时间复杂度为 O(nm)，会超时。
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因为是无向图，"v 能到达的结点"也就是"能到达 v 的结点"，问题转换为求解能到达结点 v 的编号最大的结点。
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贪心地按照 从大到小 的顺序，对还未访问过的结点作为起点进行 dfs 或 bfs 遍历搜索，如果从结点 u 出发能到达结点 v，那么 ans[v] 的值为 u。
- 先从结点 n 出发搜索，对于 n 能到达的每个结点 v，显然能到达 v 的最大结点就是 n，所以 ans[v] = n；
- 接下来如果结点 n - 1 没被搜索过，那么从 n - 1 出发搜索，以此类推。
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访问过的结点不会再次访问，整个图只被遍历一次，时间复杂度 O(n + m)。
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六度理论 II
- 分析
- 与前一题类似，想办法将问题转换为求解能到达结点 v 的编号最大的结点。
- 对于题目给出的 u → v u\to v u→v 的边，建立反向边 ，即改为 v → u v\to u v→u 的边。那么 ans[v] 原本要求解从 v 出发能到达的编号最大的结点，改为反向边后转换为求解能到达 v 的编号最大的结点。
「USACO 06DEC」Cow Picnic
- 分析
- 每个牧场看作一个结点。
- 使用一个数组
cnt[u]表示能到牧场 u 的奶牛个数。 - 分别将 k 头奶牛所在的牧场作为起点进行 dfs 或 bfs。如果能到达结点 u，则
cnt[u]加一。 - 最后，对于牧场 u ，若
cnt[u] == k说明 k 头奶牛都能到达牧场 u。 - 易错点：有多头奶牛的牧场，不能当做只有一头奶牛处理。
- 时间复杂度：总共进行 k 次 dfs 或 bfs，O(k(n + m)) 。