數據結構 圖


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。

鄰接表存儲結構

 

 


 

 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)

  1. 所有頂點的度之和為偶數
  2. 邊數大於頂點個數減1
  3. 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;

 

2-29
圖的廣度優先遍歷類似於二叉樹的:

 

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:

 

 Path & Dijkstra

 

 

 


 

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!
}

  

2-5
對下圖進行拓撲排序,可以得到不同的拓撲序列的個數是: 

 

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

 

題目:Topo排序

 

理解,不推薦記憶,非重要考點:  關鍵路徑

 

 


 

 

 

 


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