2012年1月13日星期五

[圖論]OI練習題:商人的宣傳 merchant 解題報告

題目連結：http://cogs.yeefanblog.tk/t/441

【問題描述】

Bruce是K國的商人，他在A州成立了自己的公司，這次他的公司生產出了一批性能很好的產品，準備宣傳活動開始後的第L天到達B州進行新品拍賣，期間Bruce打算將產品拿到各個州去做推銷宣傳，以增加其影響力。
K國有很多個州，每個州都與其他一些州相鄰，但是K國對商人作宣傳卻有一些很奇怪的規定：
(1)商人只能從某些州到達另外一些州，即連通路綫是單向的，而且有些州可能是到達不了的。
(2)商人不允許在同一個州連續宣傳兩天或以上，每天宣傳完必須離開該州。
(3)商人可以多次來到同一個州進行宣傳。
Bruce想：“我必須找出一條影響力最大的路綫才行，但首先必須知道到底有多少這種符合規定的宣傳路綫可供我選擇。”現在Bruce把任務交給了你，並且出於考慮以後的需要，你還要幫他算出給出的兩州之間的路綫的總數。
【輸入格式】
輸入格式(輸入文件名merchant.in)
輸入文件第1行包含3個整數n，m，L(1≤n，L≤100)，分別表示K國的州數、連通路綫的數量，以及多少天后必須到達B州。
接下來有m行，每行一對整數五)，(1≤x,y≤n)，表示商人能從x州到達y州。
第m+2行爲一個整數q(1≤q≤100)，表示Bruce有q個詢問。
下面q行每行兩個整數A，B(1≤A，B≤n)，即A、B州的位置。

【輸出格式】
輸出格式(輸出文件名merchant.out)
輸出文件包含q行，每行一個整數t，爲所求的從A州到B州滿足上述規定的路綫總數。
輸入數據中的詢問將保證答案f在長整數範圍內，即i<2^31。

【輸入輸出樣例】
輸入(merchant.in)
4 5 6
1 2
2 3
3 4
4 1
2 4
2
1 4
4 2
輸出(merchant.out)
2
1

[分析]

這種題型我也不知道怎麽去描述，貌似是圖論中的DP~~我用了Floyd的框架寫的。Floyd算法其實就是動態規劃。因爲需要L天的宣傳，所以需要執行“Floyd 變形算法” L-1次。

我的程序的時間複雜度：O(L*n^3)

[我的代碼]

C++语言: Codee#25159

/*
*Prob:商人的宣傳(http://cogs.yeefanblog.tk/t/441)
*Author:Yee-fan Zhu(http://www.yeefanblog.tk/)
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;

const int MAXN=101;
int Temp[MAXN][MAXN];
int Result[MAXN][MAXN];
int Start[MAXN][MAXN];

int N,M,L;

void init()
{
    scanf("%d %d %d\n",&N,&M,&L);
    
    for (int i=1;i<=N;i++)
        for (int j=1;j<=N;j++)
            Temp[i][j]=0,
            Result[i][j]=0,
            Start[i][j]=0;
    
    for (int i=1;i<=M;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d %d\n",&x,&y);
        Start[x][y]++;
        Result[x][y]++;
    } 
}

void work() 
{
    for (int m=1;m<=L-1;m++)
    {
        for (int i=1;i<=N;i++)
            for (int j=1;j<=N;j++)
                Temp[i][j]=Result[i][j],Result[i][j]=0;
        
        for (int i=1;i<=N;i++)
            for (int j=1;j<=N;j++)
                for (int k=1;k<=N;k++)
                    Result[i][j]+=Temp[i][k]*Start[k][j];
    }
    
    int Q,x,y; 
    scanf("%d\n",&Q);
    for(int i=1;i<=Q;i++)
    {      
        scanf("%d %d\n",&x,&y);
        printf("%d\n",Result[x][y]);
    }
}

int main()
{
    freopen("merchant.in","r",stdin);
    freopen("merchant.out","w",stdout);
    init();
    work();
    return 0;
}

2012年1月3日星期二

網絡流入門試題 [最大流]運輸問題1 maxflowa

題目連結：http://cogs.yeefanblog.tk/t/11

Title: 运输问题1

Input: maxflowa.in

Output: maxflowa.out

Time Limit: 1000 ms

Memory Limit: 128 MB

Level: ★★☆

【问题描述】

一个工厂每天生产若干商品，需运输到销售部门进行销售。从产地到销地要经过某些城镇，有不同的路线可以行走，每条两城镇间的公路都有一定的流量限制。请你计算，在不考虑其它车辆使用公路的前提下，如何充分利用所有的公路，使产地运输到销地的商品最多，最多能运输多少商品。

【输入格式】

输入文件有若干行
第一行，一个整数n，表示共有n个城市(2<=n<=100)
下面有n行,每行有n个数字。第p行第q列的数字表示城镇p与城镇q之间有无公路连接。数字为0表示无，大于0表示有公路，且该数字表示该公路流量。

【输出格式】

输出文件有一行
第一行，1个整数n，表示最大流量为n。

【输入输出样例】

输入文件名： maxflowa.in

6
0 4 8 0 0 0
0 0 4 4 1 0
0 0 0 2 2 0
0 0 0 0 0 7
0 0 0 6 0 9
0 0 0 0 0 0

输出文件名：maxflowa.out

【分析】

基礎的最大流問題。
由於源點沒有入度、匯點沒有出度，所以由樣例可以看出1號的源點，N號是匯點。
剩下就是用Ford-Fulkerson方法求解最大流即可。
《算法導論》上，Ford-Filkerson方法的偽代碼描述是：
FORD_FULKERSON(G,s,t)
1 for each edge(u,v)∈E[G]
2 do f[u,v] <— 0
3 f[v,u] <— 0
4 while there exists a path p from s to t in the residual network Gf
5 do cf(p) <— min{ cf(u,v) : (u,v) is in p }
6 for each edge(u,v) in p
7 do f[u,v] <— f[u,v]+cf(p)
8 f[v,u] <— -f[u,v]

【我的代碼】

C++语言: Codee#25004

/*

*Problem:http://cogs.yeefanblog.tk/t/11

*Author:Yee-fan Zhu

*Website:http://www.zhuyf.tk/

*Method:網絡流 最大流 Full-Fulkerson

*/

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <queue>

using namespace std;



const int INF=0x7ffffff;

const int MAXN=101;

int Map[MAXN][MAXN];

int Father[MAXN];

bool Used[MAXN];

int Ans;

int N,M;

int S,T;



void Ford_Fulkerson()

{

    while(1)

    {

        queue<int>Q;

        memset(Used,0,sizeof(Used));

        memset(Father,0,sizeof(Father));



        int now;

        Used[S]=true;

        Q.push(S);

        while(!Q.empty())

        {

            now=Q.front();

            Q.pop();

            if(now==T)

                break;

            for (int i=1;i<=N;i++)

            {

                if(Map[now][i] && !Used[i])

                {

                    Father[i]=now;

                    Used[i]=true;

                    Q.push(i);

                }

            }

        }



        if(!Used[T])// There is no Augmenting Path.

            break;



        int u;

        int Min=INF;

        for (u=T;u!=S;u=Father[u])

        {

            if(Map[Father[u]][u]<Min)

                Min=Map[Father[u]][u];

        }



        for (u=T;u!=S;u=Father[u])

        {

            Map[Father[u]][u]-=Min;

            Map[u][Father[u]]+=Min;

        }



        Ans+=Min;

    }

}



void init()

{

    scanf("%d\n",&N);

    M=0;

    memset(Map,0,sizeof(Map));



    int v;

    for (int i=1;i<=N;i++)

    {

        for (int j=1;j<=N;j++)

        {

            scanf("%d",&v);

            Map[i][j]=v;

            if(v)

                M++;

        }

    }

    S=1;

    T=N;

    return;

}



int main()

{

    freopen("maxflowa.in","r",stdin);

    freopen("maxflowa.out","w",stdout);

    init();

    Ford_Fulkerson();

    printf("%d\n",Ans);

    return 0;

}

2012年1月2日星期一

[並查集]NOI2001 食物鏈 eat 解題報告

Title: 食物链題目連結：COGS

Input: eat.in

Output: eat.out

Time Limit: 1000 ms

Memory Limit: 128 MB

Level: ★★☆

动物王国中有三类动物A,B,C，这三类动物的食物链构成了有趣的环形。A吃B， B吃C，C吃A。
现有N个动物，以1－N编号。每个动物都是A,B,C中的一种，但是我们并不知道它到底是哪一种。
有人用两种说法对这N个动物所构成的食物链关系进行描述：

第一种说法是“1 X Y”，表示X和Y是同类。
第二种说法是“2 X Y”，表示X吃Y。

此人对N个动物，用上述两种说法，一句接一句地说出K句话，这K句话有的是真的，有的是假的。当一句话满足下列三条之一时，这句话就是假话，否则就是真话。

当前的话与前面的某些真的话冲突，就是假话；
当前的话中X或Y比N大，就是假话；
当前的话表示X吃X，就是假话。

你的任务是根据给定的N（1<=N<=50,000）和K句话（0<=K<=100,000），输出假话的总数。

输入文件
第一行是两个整数N和K，以一个空格分隔。
以下K行每行是三个正整数 D，X，Y，两数之间用一个空格隔开，其中D表示说法的种类。

若D=1，则表示X和Y是同类。
若D=2，则表示X吃Y。

输出文件
只有一个整数，表示假话的数目。
输入样例
100 7
1 101 1
2 1 2
2 2 3
2 3 3
1 1 3
2 3 1
1 5 5
输入文件

输出样例

3
样例说明
对7句话的分析

1 101 1 假话
2 1 2 真话
2 2 3 真话
2 3 3 假话
1 1 3 假话
2 3 1 真话
1 5 5 真话

「分析」

本題是並查集的經典應用。
每次判斷時，前兩個條件都能O（1）判斷，關鍵在於第3個條件。
由於無法判斷可以另外虛設2*N個物種，分別表示能吃第i個物種的物種和被第i個物種所吃的物種。那麼剩下就是裸並查集了，每次合併就把那個三角環依次合併即可。

「我的代碼」

C++语言: Codee#24995

/*

*Problem: NOI2001-eat

*Author: Yee-fan Zhu

*Time: Jan 02,2012

*Method: UFS

*/

#include <iostream>

#include <cstdlib>

#include <cstdio>

using namespace std;

const int MAX=150010;

 

int N,K;

int Ani[MAX];

int Eat[MAX];

int Eaten[MAX];

int False=0;

 

int UFS_Find(int x)

{

    int t,p;

    p=x;

    while(Ani[p]!=p)

        p=Ani[p];

    while(Ani[x]!=x)  //Compress Path

    {

        t=Ani[x];

        Ani[x]=p;

        x=t;

    }

    return p;

}

 

bool UFS_Check(int a,int b)

{

    int x=UFS_Find(a);

    int y=UFS_Find(b);

    return (x==y);

}

 

void UFS_Merge(int a,int b)

{

    Ani[UFS_Find(b)]=UFS_Find(a);

}

 

void init()

{

    scanf("%d %d\n",&N,&K);

    for (int i=1;i<=N;i++)

    {

        int x=N+i;

        int y=N*2+i;

        Ani[i]=i,Ani[x]=x,Ani[y]=y;

        Eaten[i]=x,Eat[i]=y;

        Eaten[x]=y,Eat[x]=i;

        Eaten[y]=i,Eat[y]=x;

    }

}

 

void work()

{

    int D,X,Y;

    for (int i=1;i<=K;i++)

    {

        scanf("%d %d %d\n",&D,&X,&Y);

        if(X>N || Y>N)

        {

            False++;

            continue;

        }

        if(D==2 && X==Y)

        {

            False++;

            continue;

        }

 

        if(D==1)

        {

            if(UFS_Check(X,Y))

                continue;

            if(UFS_Check(Eat[X],Y) ||  UFS_Check(Eaten[X],Y) )

            {

                False++;

                continue;

            }

 

            UFS_Merge(X,Y);

            UFS_Merge(Eaten[X],Eaten[Y]);

            UFS_Merge(Eat[X],Eat[Y]);

            continue;

        }

 

        if(D==2)

        {

            if(UFS_Check(Eat[X],Y))

                continue;

 

            if(UFS_Check(X,Y) || UFS_Check(Eaten[X],Y))

            {

                False++;

                continue;

            }

 

            UFS_Merge(Eat[X],Y);

            UFS_Merge(X,Eaten[Y]);

            UFS_Merge(Eaten[X],Eat[Y]);

            continue;

        }

    }

}

 

int main()

{

    freopen("eat.in","r",stdin);

    freopen("eat.out","w",stdout);

    init();

    work();

    printf("%d\n",False);

    return 0;

}

2011年12月26日星期一

[並查集]HAOI 破譯密文 encrypt 解題報告

【題目描述】查看題目
原文鏈接：http://yeefan.tk/blog/haoi-encrypt/
資訊的明文是由0利1組成的非空序列。但在網絡通信中，為了資訊的安全性，常對明文進行加密，用密文進行傳輸。密文是由0、1和若干個密碼字母組成，每個密碼字母代表不同的01串，例如，密文二011a0bf00a01。密碼破譯的關鍵是確定每個密碼的含義。
經過長期統計分析，現在知道了每個密碼的固定長度，如今，我方又截獲了敵方的兩段密文S1和S2，並且知道S1二S2，即兩段密文代表相同的明文。你的任務是幫助情報人員對給定的兩段密文進行分析，看一看有多少種可能的明文。
【輸入文件】
第1行： S1 (第1段密文)
第2行： S2 (第2段密文)
第3行： N (密碼總數， N<=26)
第4—N+3行：字母i 長度i (密碼用小寫英文字母表示，密碼長度<=100)

【輸出文件】
M（表示有M種可能的明文）

【輸入輸出樣例】
encrypt.in
100ad1
cc1
4
a 2
d 3
c 4
b 50
encrypt.out
2
【約束條件】
明文的長度<=10000

【分析】
既然每個密文代表一段明文,那我們可以把密文展開
如樣例的:
100ad1
cc1
4
a 2
d 3
c 4
b 50
我們就可以展開成
1 0 0 a1 a2 d1 d2 d3 1
c1 c2 c3 c4 c1 c2 c3 c4 1
那麼問題就成了在這麼一串數中找出有多少個數不定集合.
即c1代表1 c2代表0 c3代表0
但是 c4和a1共同代表什麼呢,這是問題的關鍵,這就用到了並查集:
首先 1 0 a1 a2…d2 d3都是獨立的集合
從i=1開始向右掃描
先把1所在的集合和c1所在的集合歸成一類,
0所在的集合和c2所在的集合歸成一類
….
最後一定是
代表0的字母有一個集合
代表1的字母有一個集合
不能確定代表什麼的有x個集合
因為每個集合代表的數字要麼是1要麼是0有兩種情況
所以兩個集合有4種情況
三個集合有8種情況
x個集合有2^x種情況
所以我們只需要用並查集算出有幾個非0或1的集合,再累乘後輸出即可
注意:有一個密文既對應0也對應1,這種情況構不成任何正確的明文,所以應當輸出0。

【我的代碼】

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int num[30];
 
const char base='a'-1;
const int MAXN=3000;
int Letter[30];//每個密碼的密碼長度
int Num[30][102];
char S1[105];
char S2[105];
int N;//密碼總數
int T=0;//不定集合的數量
int Sum=0;//最終結果
int M=0;
int DealA[MAXN]={0};
int DealB[MAXN]={0};
int Num0;
int Num1;
int Len=0;
 
class Node
{
public:
 int parent;
 int count;
}UFS[MAXN];
 
void UFS_Init(int i)
{
 UFS[i].count=1;
 UFS[i].parent=i;
}
 
int UFS_Find(int x)
{
 int i=x;
 while(i!=UFS[i].parent)
  i=UFS[i].parent;
 
 int j=x;
 while(j!=i)
 {
  int tmp=UFS[j].parent;
  UFS[j].parent=i;
  j=tmp;
 }
 return i;
}
 
void UFS_Merge(int x,int y)
{
 x=UFS_Find(x);
 y=UFS_Find(y);
 if(x==y)
  return;
 
 if(UFS[x].count>UFS[y].count)
 {
  UFS[y].parent=x;
  UFS[x].count+=UFS[y].count;
 }
 else
 {
  UFS[x].parent=y;
  UFS[y].count+=UFS[x].count;
 }
}
 
void init()
{
 scanf("%s\n%s\n",&S1,&S2);
 scanf("%d\n",&N);
 memset(Letter,0,sizeof(Letter));
 char cTmp;
 int iTmp;
 for (int i=1;i<=N;i++)
 {
  scanf("%c %d\n",&cTmp,&iTmp);
  Letter[cTmp-base]=iTmp;
 } 
 
 for(int i=1;i<=26;i++)
 {
  for (int j=1;j<=Letter[i];j++)
  {
   M++;
   Num[i][j]=M;
   UFS_Init(M);
  }
 }
 
 M++;
 Num0=M;
 UFS_Init(M);
 
 M++;
 Num1=M;
 UFS_Init(M);
 
 int top=0;
 for (unsigned int i=0;i<strlen(S1);i++)
 {
  if(isalpha(S1[i]))
  {
   for (int j=1;j<=Letter[ S1[i]-base ]; j++)
   {
    top++;
    DealA[top]=Num[S1[i]-base][j];
   }
  }
  else
  {
   if(S1[i]=='0')
   {
    top++;
    DealA[top]=Num0;
   }
   else
   {
    top++;
    DealA[top]=Num1;
   }
  }
 }
 
 Len=top;
 top=0;
 for (unsigned int i=0;i<strlen(S2);i++)
 {
  if(isalpha(S2[i]))
  {
   for (int j=1;j<=Letter[ S2[i]-base ]; j++)
   {
    top++;
    DealB[top]=Num[S2[i]-base][j];
   }
  }
  else
  {
   if(S2[i]=='0')
   {
    top++;
    DealB[top]=Num0;
   }
   else
   {
    top++;
    DealB[top]=Num1;
   }
  }
 } 
}
 
int work()
{
 for(int i=1;i<=Len;i++)
 {
  UFS_Merge(DealA[i],DealB[i]);
 }
 
 if(UFS_Find(Num0)==UFS_Find(Num1))
 {
  return 0;
 }
 
 bool Used[MAXN];
 memset(Used,0,sizeof(Used));
 
 int Find_Num0=UFS_Find(Num0);
 int Find_Num1=UFS_Find(Num1);
 for(int i=1;i<=Len;i++)
 { 
  int tmp=UFS_Find(DealA[i]);
  if(tmp==Find_Num0 || tmp==Find_Num1 || Used[tmp])
   continue;
 
  T++;
  Used[tmp]=true;
 }
 
 for(int i=1;i<=Len;i++)
 {
  int tmp=UFS_Find(DealB[i]);
  if(tmp==Find_Num0 || tmp==Find_Num1 || Used[tmp])
   continue;
 
  T++;
  Used[tmp]=true;
 }
 
 Sum=1;
 for (int i=1;i<=T;i++)
  Sum*=2;
 return Sum;
}
 
int main()
{
 freopen("encrypt.in","r",stdin);
 freopen("encrypt.out","w",stdout);
 init();
 printf("%d\n",work());
 return 0;
}

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