1-1
無向連通圖至少有一個頂點的度為1
錯誤：
無向連通圖考點：
1. 每條邊連接兩個頂點，所有頂點的度之和等於邊數的2倍
2.記住兩個特殊的無相連通圖模型：
A：
B：
1-2
用鄰接表法存儲圖，占用的存儲空間數只與圖中結點個數有關，而與邊數無關。
錯誤：
這是鄰接矩陣的特性。
2-1
若無向圖G =（V，E）中含10個頂點，要保證圖G在任何情況下都是連通的，則需要的邊數最少是
競賽圖（強連通）邊數 = n(n-1)/2 = 45;
從其中任意拿走一個點，邊數 -9，這個時候，任意增加一條邊，這條邊都是與多余的那個點相連的，此時圖一定聯通，ans = 45 - 9+1 = 37;
2-2
給定一個有向圖的鄰接表如下圖，則該圖有__個強連通分量
1.強連通分量：有向圖中的極大強連通子圖稱作有向圖的強連通分量.
2.第1點中的極大強連通子圖：把圖的所有結點用最少的邊將其連接起來的子圖.
3.一個頂點也是極大強連通子圖.
如果兩個頂點vi,vj間（vi>vj）有一條從vi到vj的有向路徑，同時還有一條從vj到vi的有向路徑，則稱兩個頂點強連通
畫圖如下
單個頂點也是強聯通分量，或者是兩兩有路徑連接的圖的子集也是強聯通分量；
2-6
如果G是一個有36條邊的非連通無向圖，那么該圖頂點個數最少為多少？
| 無向競賽圖階： |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
| 邊數： |
0 |
1 |
3 |
6 |
10 |
15 |
21 |
28 |
36 |
有向圖就*2;
對於36條邊來說，9個點一定是競賽圖：強連通圖十個點，可以滿足，一個點被孤立，成為非強連通圖的情況；
2-14
下列關於無向連通圖特征的敘述中，正確的是： (2分)
- 所有頂點的度之和為偶數
- 邊數大於頂點個數減1
- 至少有一個頂點的度為1
這道題需要對連通圖的性質理解，
1.度 = 2*邊數 ，顯然是偶數
2.邊數大於等於頂點個數減一
3.sample，最上面讓記住的兩個圖之一
2-19
一個有N個頂點的強連通圖至少有多少條邊？
最少還是最上面的例子，三角形，3個點，3條邊，方向都為一個時針的方向，
想讓邊數多，那就選擇競賽圖，最多n*（n+1）
2-24
下列選項中，不是下圖深度優先搜索序列的是
腦子代碼任選一個跑一下；
前序：一條路走到黑（dfs）
層次：雨露均沾（bfs）
2-37
給定一有向圖的鄰接表如下。若從v1開始利用此鄰接表做廣度優先搜索得到的頂點序列為：{v1, v3, v2, v4, v5}，則該鄰接表中順序填空的結果應為
畫圖：
鄰接表：
解釋下：5 - 2 之間右邊， 5-4之間有邊，不是 5 -2 有邊 ， 2 - 4有邊！
鄰接表存儲圖的廣度優先遍歷
2-1
給定有權無向圖的鄰接矩陣如下，其最小生成樹的總權重是：
這種題目，推薦的做法是跑代碼，容我實現下10:58:34
11:20:28
沒毛病，代碼貼上：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f const int maxn = 117; int m[maxn][maxn]; int vis[maxn], low[maxn]; /* 對於這道題目來將，m就是臨接矩陣，vis是訪問標記數組，low是最短距離數組 */ int n; int prim() { vis[1] = 1; int sum = 0; int pos, minn; pos = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) { low[i] = m[pos][i]; } /* 先把第一個點放到樹里，然后找到剩下的點到這個點的距離 */ for(int i = 1; i < n; i++)//循環遍歷 n-1 次數，把點全部加入！ { minn = INF; for(int j = 1; j <= n; j++) { if(!vis[j] && minn > low[j]) //沒有進樹的節點，並且這個節點到樹里面 點距離最近，拉進來 { minn = low[j]; pos = j; } } sum += minn; vis[pos] = 1; for(int j = 1; j <= n; j++) { if(!vis[j] && low[j] > m[pos][j])//用新加入的點，更新low值 { low[j] = m[pos][j]; } } } return sum; } void init() { memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(low,0,sizeof(low)); for(int i = 1; i <= n ;i++ ) for(int j = 1; j <= n; j++) m[i][j] = INF; } void in_map() { printf("輸入鄰接矩陣階：\n"); scanf("%d",&n); printf("輸入鄰接矩陣，無窮用 -1代表！\n"); int t; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { scanf("%d",&t); m[i][j] = (t==-1?INF:t); } } int main() { init(); in_map(); printf("%d",prim()); }
翹代碼5分鍾，輸入2分鍾差不多； = 7分鍾；
7-4 排座位（25 分）
布置宴席最微妙的事情，就是給前來參宴的各位賓客安排座位。無論如何，總不能把兩個死對頭排到同一張宴會桌旁！這個艱巨任務現在就交給你，對任何一對客人，請編寫程序告訴主人他們是否能被安排同席。
輸入格式：
輸入第一行給出3個正整數：N（≤100），即前來參宴的賓客總人數，則這些人從1到N編號；M為已知兩兩賓客之間的關系數；K為查詢的條數。隨后M行，每行給出一對賓客之間的關系，格式為：賓客1 賓客2 關系，其中關系為1表示是朋友，-1表示是死對頭。注意兩個人不可能既是朋友又是敵人。最后K行，每行給出一對需要查詢的賓客編號。
這里假設朋友的朋友也是朋友。但敵人的敵人並不一定就是朋友，朋友的敵人也不一定是敵人。只有單純直接的敵對關系才是絕對不能同席的。
輸出格式：
對每個查詢輸出一行結果：如果兩位賓客之間是朋友，且沒有敵對關系，則輸出No problem；如果他們之間並不是朋友，但也不敵對，則輸出OK；如果他們之間有敵對，然而也有共同的朋友，則輸出OK but...；如果他們之間只有敵對關系，則輸出No way。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int father[105];
int maps[110][110];
int n, m , k;
int finds(int x)
{
if(x!=father[x]) father[x]=finds(father[x]);
return father[x];
}
void combine(int x,int y,int t)
{
if(t==1)
{
int a=finds(x);
int b=finds(y);
if(a==b)
return;
if(a<b)
father[b]=a;
else
father[a]=b;
}
else
{
maps[x][y] = maps[y][x] = -1;
}
}
void init()
{
for(int i=0;i<=n;i++)
father[i]=i;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
init();
memset(maps,0,sizeof(maps));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,t;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);
combine(x,y,t);
}
int x,y;
for(int i=0;i<k;i++)
{
cin>>x>>y;
if(finds(x)==finds(y)&&maps[x][y]!=-1)
{
printf("No problem\n");
}
else if(finds(x)==finds(y)&&maps[x][y]==-1)
{
printf("OK but...\n");
}
else if(finds(x)!=finds(y)&&maps[x][y]==-1)
{
printf("No way\n");
}
else
printf("OK\n");
}
}
最短路，所有的題目，基於代碼：
由AOV網構造拓撲序列的拓撲排序算法主要是循環執行以下兩步，直到不存在入度為0的頂點為止。
(1) 選擇一個入度為0的頂點並輸出之；
(2) 從網中刪除此頂點及所有出邊。
循環結束后，若輸出的頂點數小於網中的頂點數，則輸出“有回路”信息，否則輸出的頂點序列就是一種拓撲序列。
具體還是需要用具體題目來理解。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100//可以根據題目條件進行更改
int edge[maxn][maxn];
int book[maxn];
int point_num;
int edge_num;
bool check_point(int v)//確定這個點是不是沒有入度；
{
for(int i=1;i<=point_num;i++)
if(edge[i][v]==1&&(i!=v))//如果有入度，返回false,i==v時沒有啥實際意義
return false;
return true;
}
void del_edge(int v)//刪除以這個點為起始點的所有邊
{
fill(edge[v],edge[v]+point_num,0);//fill靈活用法，用for循環效果一樣，時間復雜度相同
}
int main()
{
memset(book,0,sizeof(book));
scanf("%d",&point_num);
scanf("%d",&edge_num);//點的個數，邊的個數，設為宏觀變量，比較好操作
memset(edge,0,sizeof(edge));
for(int i=1;i<=edge_num;i++)
{
int s_point,e_point;
scanf("%d%d",&s_point,&e_point);
edge[s_point][e_point]=1;
}
int i;//下面循環代碼肯定是能優化的，不過我一時半會想不起來，歡迎留言，私信我
for(;i<=point_num;i++)
{
if(check_point(i)&&book[i]==0)
{
book[i]=1;
cout<<i<<" ";
del_edge(i);//刪除bian
i=1;
}
}
for(int i=1;i<=point_num;i++)
{
if(book[i]==0)
cout<<i<<endl;
}//掃尾工作，最后可能會留下一個點；輸出格式自己搞！
}
1. a入度為 0 ，出 a
2. b 和 e 入度為 0
3. 假設出 e ， 后面只有一種方法 b c d
4. 假設出 b ，然后可以選擇出 c/e ，出 c，然后一定是 e d，出 e ，然后一定是 c d
總 3 種
理解，不推薦記憶，非重要考點： 關鍵路徑