因为篇幅问题，该章分了4节来发。
本节内容为——
- 5.1基础题目选讲（简单的BFS，最短路，欧拉回路，拓扑排序）
- 5.2 深度优先遍历（DFS，无向图的割点与桥，无向图的双联通分量，有向图的强联通分量）
知识点的话，可以看 这个（虽然不全，但是只要不退役，我会持续更新）
例题1 大火弥漫的迷宫
就是一个有限制的bfs，我们要先通过一个预处理来判断在每个时间该格子是否能走。然后再通过一个bfs来求最短路。
原先写的一直都在T，原因是加的标记数组done是在每次判断该点从队列里pop了之后才标记成1的，它能走到的节点判断之后并没有标记，这导致如果一个节点不合法，每次到它都要再判断一遍。
改进方法是，在遍历到一个格子之后，不管它合法与否，都要标记为1.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<ctime>
#define MAXN 1010
using namespace std;
int n,m,T;
int done[MAXN][MAXN],tim[MAXN][MAXN],now[MAXN][MAXN];
int move_x[4]={0,0,1,-1},move_y[4]={1,-1,0,0};
double c2;
char a[MAXN][MAXN],s[MAXN];
struct Node{int x,y;};
queue<Node>fff;
inline void init()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
done[i][j]=0;
while(!fff.empty())
{
Node u=fff.front();fff.pop();
done[u.x][u.y]=1;
for(int i=0;i<=3;i++)
{
int xx=u.x+move_x[i];
int yy=u.y+move_y[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m||done[xx][yy]) continue;
if(a[xx][yy]!='#') done[xx][yy]=1,fff.push((Node){xx,yy}),tim[xx][yy]=tim[u.x][u.y]+1;
}
}
}
inline int search(int x,int y)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
done[i][j]=0,now[i][j]=0;
queue<Node>q;
q.push((Node){x,y});
done[x][y]=1;
while(!q.empty())
{
Node u=q.front();q.pop();done[u.x][u.y]=1;
for(int i=0;i<=3;i++)
{
int xx=u.x+move_x[i];
int yy=u.y+move_y[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) return now[u.x][u.y]+1;
if(done[xx][yy]) continue;
now[xx][yy]=now[u.x][u.y]+1;
if(a[xx][yy]!='#'&&now[xx][yy]<tim[xx][yy])
done[xx][yy]=1,q.push((Node){xx,yy});
}
}
return -1;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
freopen("ce.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d",&T);
for(int maomao=1;maomao<=T;maomao++)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
tim[i][j]=0x3f3f3f3f;
while(!fff.empty()) fff.pop();
int tx,ty,x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1,len=strlen(s+1);j<=len;j++)
{
a[i][j]=s[j];
if(a[i][j]=='J') x=i,y=j;
if(a[i][j]=='F') fff.push((Node){i,j}),tim[i][j]=0;
}
}
init();
int cur_ans=search(x,y);
if(cur_ans==-1) printf("IMPOSSIBLE
");
else printf("%d
",cur_ans);
}
return 0;
}
例题2 独轮车
每一个点的状态不仅仅是横纵坐标，还有颜色，朝向方向。所以我们记录四个参数，继续dfs求最短路即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int R,C;
int vis[30][30][5][5];
int done[30][30];
int sx,sy,ex,ey;
int dir[][2]={{-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}};
struct t1{int x,y,d,c,t;};
int bfs(t1 a)
{
queue<t1>q;
q.push(a);
memset(vis,0,sizeof vis);
while(!q.empty())
{
t1 u=q.front();
q.pop();
if(u.x==ex&&u.y==ey&&u.c==0) return u.t;
vis[u.x][u.y][u.d][u.c]=1;
int nd=u.d+1;
if(nd>3) nd=0;
t1 nx=u;
nx.d=nd;
nx.t=u.t+1;
if(!vis[nx.x][nx.y][nx.d][nx.c]) q.push(nx);
vis[nx.x][nx.y][nx.d][nx.c]=1;
nd=u.d-1;
if(nd<0) nd=3;
nx=u; nx.d=nd; nx.t=u.t+1;
if(!vis[nx.x][nx.y][nx.d][nx.c]) q.push(nx);
vis[nx.x][nx.y][nx.d][nx.c]=1;
int xx=u.x+dir[u.d][0];
int yy=u.y+dir[u.d][1];
if(xx<0||yy<0||xx>=R||yy>=C) continue;
if(done[xx][yy]==0) continue;
int nc=u.c+1;
if(nc>4) nc=0;
t1 b=(t1){xx,yy,u.d,nc,u.t+1};
if(!vis[b.x][b.y][b.d][b.c]) q.push(b);
vis[b.x][b.y][b.d][b.c]=1;
}
return -1;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
char ch;
int kase=0;
while (scanf("%d%d",&R,&C))
{
if (R==0) break;
getchar();
memset(done,0,sizeof done);
for (int i=0;i<R;i++)
{
for (int j=0;j<C;j++)
{
ch=getchar();
if (ch!='#') done[i][j]=1;
if (ch=='S') sx=i,sy=j;
if (ch=='T') ex=i,ey=j;
}
getchar();
}
t1 a=(t1){sx,sy,0,0,0};
int ans=bfs(a);
if(kase) puts("");
printf("Case #%d
",++kase);
if(ans==-1)puts("destination not reachable");
else printf("minimum time = %d sec
",ans);
}
return 0;
}
例题3 项链
有一种由彩色珠子连接成的项链。每个珠子的两半由不同的颜色组成。相邻的两个珠子在接触的地方颜色相同。现在有一些零碎的珠子，需要确认它们是否可以复原成完整的项链。如果有解，输出任意一组即可。
一个模型转换——考虑到相邻的珠子在接触的地方颜色相同，我们可以想到每个颜色看成一个节点，每个珠子的两半连一条有向边。因为是环，所以就是欧拉回路了。
有向图的欧拉回路有解，必须每个点的度数为偶数。输出方案的时候在回溯之后输出。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 55
using namespace std;
int n,T,kase;
int done[MAXN][MAXN],du[MAXN];
inline void search(int x)
{
for(int i=1;i<=50;i++)
{
if(done[x][i])
{
done[x][i]--,done[i][x]--;
search(i);
printf("%d %d
",i,x);
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
printf("Case #%d
",++kase);
memset(done,0,sizeof(done));
memset(du,0,sizeof(du));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
done[x][y]++,done[y][x]++;
du[x]++,du[y]++;
}
bool flag=true;
for(int i=1;i<=50;i++)
if(du[i]%2)
{
printf("some beads may be lost
");
flag=false;
break;
}
if(flag==true)
for(int i=1;i<=50;i++)
search(i);
if(T) printf("
");
}
return 0;
}
例题4 猜序列
将连续和化成前缀和之差。设(B[i]=a_1+a_2+...+a_i)，规定(B_0=0)，则矩阵中任意一项都等价于两个B的差，这样子我们就可以得到B数组两两之间的大小关系。然后就可以将大小关系转化先后关系，拓扑排序构造一组解。
至于如何处理(B_0=0)的情况，我们在拓扑排序的时候先正常按照tim进行标号，之后再给每个点减去(B_0)的tim就好了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define MAXN 20
using namespace std;
int T,t,n,tot;
int du[MAXN],head[MAXN*MAXN*2],a[MAXN],id[MAXN],tim[MAXN];
char s[MAXN][MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN*MAXN*2];
inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;}
inline void topo_sort()
{
// for(int i=0;i<=n;i++) printf("du[%d]=%d
",i,du[i]);
queue<int>q;
for(int i=0;i<=n;i++)
if(du[i]==0&&id[i]==i)
q.push(i);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
tim[u]=++tot;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
du[v]--;
if(du[v]==0) q.push(v);
}
}
for(int i=0;i<=n;i++)
if(id[i]!=i)
tim[i]=tim[id[i]];
int cur=tim[0];
for(int i=0;i<=n;i++) tim[i]-=cur;;
// for(int i=0;i<=n;i++) printf("tim[%d]=%d
",i,tim[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=tim[i]-tim[i-1];
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("a[%d]=%d
",i,a[i]);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(head,0,sizeof(head));
memset(tim,0,sizeof(tim));
memset(du,0,sizeof(du));
t=tot=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) id[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
cin>>s[i][j];
if(s[i][j]=='0') id[j]=id[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
if(s[i][j]=='+') add(id[i-1],id[j]),du[id[j]]++;
else if(s[i][j]=='-') add(id[j],id[i-1]),du[id[i-1]]++;
}
topo_sort();
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",a[i]);
if(T) puts("");
}
return 0;
}
例题5 圆桌骑士
有n个骑士经常举行圆桌会议，每次圆桌会议至少应有3个骑士参加，且相互憎恨的骑士不能做在圆桌旁的相邻位置。如果发生意见分歧，则需要举手表决。因此参加会议的骑士数目必须是奇数，一方值赞同和反对的票一样多。知道哪些骑士相互憎恨之后，输出无法参加任何会议的骑士的人数。
以骑士为节点建立无向图G。如果两个骑士可以相邻，在它们之间连接一条无向边。然后题目就转化成了求不在任何一个简单奇圈上的节点个数。如果图G不联通，则应该对每个联通分量分别求解。
定理：二分图没有奇圈，不是二分图一定能构造出来每个节点都在奇圈上
后者的证明：对于一个二分图B，它一定包含一个奇数圈C，现在我们想要节点v也被包含进来。根据联通性，C中应当还存在两个节点u1,u2，使得从v出发有两条不相交路径（除起点外无公共节点），分别到u1,u2。由于在C中，从u1,u2之间的两条路的长度一奇一偶，总能构造出一条经过v的奇圈。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#define MAXN 1000010
using namespace std;
int n,m,cnt,tot,t;
int done[1010][1010],odd[1010],color[1010];
int dfn[1010],iscut[1010],head[MAXN<<1],id[1010];
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN<<1];
struct Line{int u,v;}line[MAXN<<1];
stack<Line>s;
vector<int>bcc[1010];
inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;}
inline int tarjan(int x,int fa)
{
int lowx=dfn[x]=++tot;
int child=0;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
Line e=(Line){x,v};
if(!dfn[v])
{
s.push(e);
child++;
int lowv=tarjan(v,x);
lowx=min(lowx,lowv);
if(lowv>=dfn[x])
{
iscut[x]=1;
bcc[++cnt].clear();
for(;;)
{
Line cur=s.top();s.pop();
if(id[cur.u]!=cnt) bcc[cnt].push_back(cur.u),id[cur.u]=cnt;
if(id[cur.v]!=cnt) bcc[cnt].push_back(cur.v),id[cur.v]=cnt;
if(cur.u==x&&cur.v==v) break;
}
}
}
else if(dfn[v]<dfn[x]&&v!=fa)
{
s.push(e);
lowx=min(lowx,dfn[v]);
}
}
if(fa<0&&child>1) iscut[x]=1;
return lowx;
}
inline bool paint(int x,int b)
{
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(id[v]!=b) continue;
if(color[v]==color[x])
return false;
if(!color[v])
{
color[v]=3-color[x];
if(!paint(v,b))
return false;
}
}
return true;
}
inline void init()
{
for(int i=1;i<=n;i++) bcc[i].clear();
memset(done,0,sizeof(done));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(odd,0,sizeof(odd));
memset(iscut,0,sizeof(iscut));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(id,0,sizeof(id));
memset(head,0,sizeof(head));
cnt=0,tot=0;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
if(n==0&&m==0) break;
init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
done[x][y]=done[y][x]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(done[i][j]==0&&i!=j)
add(i,j);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dfn[i]==0)
tarjan(i,-1);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
memset(color,0,sizeof(color));
for(int j=0;j<bcc[i].size();j++)
id[bcc[i][j]]=i;
int u=bcc[i][0];
color[u]=1;
if(!paint(u,i))
for(int j=0;j<bcc[i].size();j++)
odd[bcc[i][j]]=1;
}
int ans=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(odd[i])
ans--;
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
例题6 井下矿工
这个题一直RE也不知道为什么......明明在洛谷上是过了的QAQ
HNOI2012 矿场搭建
例题7 等价性证明
在数学中，我们常常需要完成若干个命题的等价性证明。比如，有4个命题a,b,c,d，我们证明a<->b,b<->c,最后c<->d。注意每次证明都是双向的，因此一共完成了6次推到。另一种方法是证明a->b,b->c,c->d,d->a。只需要4次就可以证明全部等价。现在你的任务是证明n个命题全部等价，且现在已经做完了m次推导（已知每次推导的内容），你至少还需要做几次推导才能完成整个证明？
其实就是找出强联通分量，然后缩点，得到一个DAG。现在需要补边让它强联通，那么我们找出入度为0的节点数量a，找出出度为0的节点数量b。然后max(a,b)就是答案。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define MAXN 20010
using namespace std;
int n,m,tot,t,top,cnt,T;
int in0[MAXN],out0[MAXN];
int dfn[MAXN],low[MAXN],head[50010*4],st[MAXN],in[MAXN],c[MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[50010*4];
struct Line{int x,y;}line[50010*4];
inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;}
inline void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++tot;
st[++top]=x;
in[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[x]=min(low[x],low[v]);
else if(in[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
int v;
++cnt;
do{v=st[top--];in[v]=0;c[v]=cnt;}while(v!=x);
}
}
inline void init()
{
memset(c,0,sizeof(c));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(in,0,sizeof(in));
memset(head,0,sizeof(head));
tot=cnt=top=t=0;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&line[i].x,&line[i].y);
add(line[i].x,line[i].y);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
if(cnt==1) printf("0
");
else
{
for(int i=1;i<=cnt;i++) in0[i]=out0[i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(c[line[i].x]!=c[line[i].y])
in0[c[line[i].x]]=0,out0[c[line[i].y]]=0;
}
int ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(in0[i]) ans1++;
if(out0[i]) ans2++;
}
printf("%d
",max(ans1,ans2));
}
}
return 0;
}
例题8 最大团
给一张有向图G，求一个节点数量最大的节点集，使得该节点集中任意两个节点u,v满足：要么u可以到达v，要么v可以到达u，相互可达也可以。（别被题目名字误导了，不是让你求最大团QAQ）
显然在一个强联通分量上的节点要么都选，要么都不选。那么直接缩点然后跑DP就行了......
就是在DAG上找一条最长的链，然后输出它的长度即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 1010
using namespace std;
int n,m,tot,top,cnt,t,T;
int ex[MAXN],st[MAXN],dp[MAXN],a[MAXN];
int sum[MAXN],head[100010],color[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[100010];
struct Line{int u,v;}line[100010];
inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;}
inline void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++tot;
st[++top]=x;
ex[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[x]=min(low[x],low[v]);
else if(ex[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
if(st[top]==x) top--,ex[x]=0;
else
{
int v;cnt++;
do{v=st[top--];color[v]=cnt;sum[cnt]+=a[v];ex[v]=0;}while(v!=x);
}
}
}
inline int solve(int x)
{
dp[x]=sum[x];
int maxx=0;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
solve(v);
maxx=max(maxx,dp[v]);
}
dp[x]+=maxx;
return dp[x];
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
freopen("ce.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(head,0,sizeof(head));
memset(color,0,sizeof(color));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(ex,0,sizeof(ex));
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(sum,0,sizeof(sum));
tot=t=cnt=top=0;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&line[i].u,&line[i].v);
add(line[i].u,line[i].v);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(color[i]==0)
color[i]=++cnt,sum[cnt]=a[i];
t=0;
memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(color[line[i].u]!=color[line[i].v])
add(color[line[i].u],color[line[i].v]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dp[i])
ans=max(ans,solve(i));
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}