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