南大算法设计与分析课程OJ答案代码（5）--割点与桥和任务调度问题

问题 A: 割点与桥

时间限制: 1 Sec  内存限制: 5 MB
提交: 475  解决: 34
提交 状态 算法问答 

题目描述

给出一个无向连通图，找到所有的割点和桥

输入

第一行：点的个数，如果点个数是n，他们的编号为0 ~ n-1

余下的行：每行代表一条边，如“0 2”代表顶点0和顶点2有一条边 (一条边只出现一次，如出现“0 2”则不会出现“2 0”)

输出

这次需要大家先输出一个字符串，它是“我已阅读关于抄袭的说明”的汉语拼音.输出此行的提交我们将认为已经完全阅读并了解了“关于抄袭的说明”公告.

所有的割点和所有的桥，先输出割点再输出桥

割点按编号升序排列，桥按边的升序排列，如“0 2”小于“0 3”，“1 5”小于“2 3”（边的输出和排列总是把小顶点放前面，所以输出总是“0 2”而非“2 0”）

样例输入 5 1 2 1 3 2 4 0 1 0 2

样例输出 wo yi yue du guan yu chao xi de shuo ming 1 2 1 3 2 4

提示

两个算法的伪代码书上都有了，就不多说了。

这个题比较坑的地方是空间复杂度，开始保存图一直使用的set<int>，一直不过，改成vector<int>就过了

本题中，为了节省空间，我尽量使用了new，在染色节点的时候，我直接使用了discovertime来表示，当discovertime==0时表示节点未访问，discovertime<0表示正在访问，discovertime>0时表示访问结束。所以在DFS刚访问节点设置discovertime时，我将discovertime设置为-time，结束时去绝对值。

答案

#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;//找割点
void DFS_find_cutvertex(vector<int>* g, int point, int time, pair<int, int>* times,vector<int> & result,int& treenum,int parent) {++time;//在访问节点是，将back设为当前时间times[point].second = time * -1;times[point].first = time;//节点染成灰色for (auto i = g[point].begin(); i!= g[point].end(); i++) {//到此时，此时i表示需要遍历的下一个邻居节点int y = *i;if (times[*i].second == 0) {if (point == 0) treenum++;DFS_find_cutvertex(g, *i, time, times,result,treenum,point);//判断是否为割点if (times[*i].first >= abs(times[point].second) && point != 0)result.emplace_back(point);times[point].first = min(times[point].first, times[*i].first);}else {//正在被访问，这能代表BF的边？if (times[*i].second < 0 && *i != parent) {times[point].first = min(times[point].first, abs(times[*i].second));}}}//节点染成黑色times[point].second = abs(times[point].second);
}//找桥，对寻找割点的程序简单修改
void DFS_find_bridge(vector<int>* g, int point, int time, pair<int, int>* times, vector<pair<int,int>> & result,int parent) {++time;//当discovertime为负数时，表示正在被访问times[point].second = time * -1;times[point].first = time;for (auto i = g[point].begin(); i != g[point].end(); i++) {if (times[*i].second == 0) {DFS_find_bridge(g, *i, time, times, result,point);times[point].first = min(times[point].first, times[*i].first);if (times[*i].first > abs(times[point].second)) {//保持结果中的边小的点在前if(point < *i) result.emplace_back(pair<int, int>(point, *i));else result.emplace_back(pair<int, int>(*i,point));}}else {if (times[*i].second < 0 && *i != parent) {times[point].first = min(times[point].first, abs(times[*i].second));}}}//节点染成黑色times[point].second =abs(times[point].second);
}int main()
{int point_num = 0;cin >> point_num;//times的first和second用来存放寻找割点时保存的back值和discovertimepair<int, int>* times = new pair<int, int>[point_num];//每个点能到达的其他点vector<int>* g = new vector<int>[point_num];int in = 0;int out = 0;while (cin >> in && cin >> out) {g[in].emplace_back(out);g[out].emplace_back(in);}//DFS寻找割点int time = 0;vector<int> result;int treenum = 0;DFS_find_cutvertex(g,0,time, times, result,treenum,-1);if (treenum >= 2)result.emplace_back(0);sort(result.begin(),result.end());//将节点全部染成白色.时间重置for (auto i = 0; i < point_num; i++) {times[i].first = 0;times[i].second = 0;}    //DFS寻找桥int time2 = 0;vector<pair<int,int>> result2;DFS_find_bridge(g, 0, time2, times, result2, -1);sort(result2.begin(), result2.end());cout << "wo yi yue du guan yu chao xi de shuo ming" << endl;for (auto i = 0 ;i<result.size();i++)cout << int(result[i]) << endl;for (auto i = 0; i < result2.size(); i++) {cout << int(result2[i].first) << " " << int(result2[i].second) << endl;}delete []times;delete []g;return 0;
}

问题 B: 任务调度问题

时间限制: 1 Sec  内存限制: 5 MB
提交: 168  解决: 39
提交 状态 算法问答 

题目描述

请大家在做oj题之前，仔细阅读关于抄袭的说明http://www.bigoh.net/JudgeOnline/.

算法助教实在是太忙了，每天有n个事情要做，但他觉得自己一件一件的做实在是太蠢了，所以想找一些班上的同学来帮忙一块做这些事。

在分配任务的过程中他发现，这n个任务中有一些任务的开始需要依赖另一些任务的完成，例如，当只有先批改完算法作业（记为事件A），才能给大家登记作业成绩（记为事件B），这时我们就可称事件B依赖于事件A。机智的他利用了算法课上的知识，采用有向图中的节点来表示这些事件，并且利用图中的边来表示这些事件的依赖关系，例如，当事件B依赖于事件A时，图中就存在一条由B指向A的边。助教还对这样的有向图进行了升级，用节点的权值表示完成每个事件所需要的时间。

然而，随后他发现，由于图中依赖关系的存在，即使他利用庞大的关系网能找来无穷多个同学帮他做这些事，完成所有事件的最短时间也是确定的。那么问题来了，助教每天要花多少时间来处理这n个事情呢？这时，助教想起了算法课上学到的关键路径的定义似乎能够帮他解决这个问题。聪明的同学们，你们能告诉助教他即使找到帮手，每天做完这n个事情最短也需要花多长时间吗？

（善良的助教已经帮你们把这些事情建模成有向图，如输入所示。）

输入

第一行为图中的顶点个数n

第二行至第n+1行为每个顶点代表的事件编号（事件编号为1至n）及完成该事件所需的时间。 如，“1 50”代表完成事件1需要50个单位时间。

余下的行中，每一行表示一个依赖关系，例如，“1 3” 表示事件1的完成依赖于事件3的完成。

输出

这次依旧需要大家输出一行字符串，它还是“我已阅读关于抄袭的说明”的英文翻译，即："I have read the rules about plagiarism punishment"。输出此行的提交我们将认为已经完全阅读并了解了“关于抄袭的说明”公告并同意关于抄袭的惩罚措施。

第二行输出完成所有这n个任务所需最短的执行时间。

样例输入 9 1 10 2 6 3 5 4 1 5 2 6 3 7 4 8 9 9 1 1 9 2 1 2 8 3 5 3 6 3 7 4 2 4 3 5 9 6 9 7 9 8 9

样例输出 I have read the rules about plagiarism punishment 18

提示

如果这些事情出现了循环依赖，则助教永远也不可能做完这些事（好惨 TAT）。所以你可以大胆假定，助教要做的这些事情中并不存在循环依赖，也就是说，输入的图一定是一个有向无环图。

答案

算法同样在书上有，就不多说了。

这里需要注意的就是在DFS上需要加wapper，遍历每个节点，找出最大的最早结束时间，注意，在遍历完一个节点后，不要清除visited和时间内容，这样遍历下一个节点时能减少工作量。

具体各对象的实现就看代码吧

#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;//g表示图，point表示遍历开始节点，times表示各点最早开始结束时间，visited表示节点访问状态,result表示最大的最早结束时间
void DFS_critical_path(vector<int>* g, int point, pair<int, int>* times, vector<int>& visited, vector<int>& cost) {visited[point] = 1;times[point].first = 0;for (auto i = g[point].begin(); i != g[point].end(); i++) {if (visited[*i] == 0) {DFS_critical_path(g, *i, times,visited,cost);if (times[*i].second >= times[point].first) {times[point].first = times[*i].second;}}else {if (times[*i].second >= times[point].first) {times[point].first = times[*i].second;}}}//节点染成黑色times[point].second = times[point].first + cost[point];visited[point] = 2;
}int main() 
{int point_num = 10;cin >> point_num;vector<int> cost(point_num,0);int num = 0;int c = 0;//v[i].first表示最早开始时间，v[i].second表示最早结束时间pair<int, int>* times = new pair<int, int>[point_num];//visited[i] == 0表示节点未访问，visited == 1 表示节点正在访问，visited == 2表示访问结束vector<int> visited(point_num, 0);////path[i] == 0表示i不是关键路径，path[i] == 1表示i是关键路径//vector<int> path(point_num, 0);//获取每个事件的花费for (int i = 0; i < point_num; i++) {cin >> num;cin >> c;cost[i] = c;}//将A依赖于B表示成图中有B到A的单向边，g[i]表示点i能到达的所有点vector<int>* g = new vector<int>[point_num];while (cin >> num && cin >> c) {//输入是从1开始，但数组索引是从0开始g[num-1].emplace_back(c-1);}/*cost = {10,6,5,1,2,3,4,9,1,20};g[0] = {8};g[1] = {0,7};g[2] = {4,5,6};g[3] = {1,2};g[4] = {8};g[5] = {8};g[6] = {8};g[7] = {8};g[8] = {};g[9] = { 7 };begin[3] = 1;begin[9] = 1;*///DFS遍历,从所有节点都做一遍DFS，找出最大的最晚结束时间int result = 0;for (int i = 0; i < point_num; i++) {DFS_critical_path(g, i, times, visited, cost);if (times[i].second > result)result = times[i].second;}cout << "I have read the rules about plagiarism punishment" << endl;cout << result << endl;delete[]times;delete[]g;
}