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Tue, 19 Jul 2011 14:42:00 GMT

本文�U�属YY…�?br />
今天多校联合训练三的C题，http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3861�Q�题意归�l��v来是在一个有向图中求最��\径覆盖，也就是用��量��的铑֎�覆盖整个图，每个��点必须属于且只能属于一条链。但是题意�ƈ未说明原图无环。标�E�解法是��通分量羃点，再求有向无环囄��最��\径覆盖。反例是�Q?->2,2->3,4->5,5->6,2->5,5->2。正解是2�Q?23一�l�，456一�l��?br />
因�ؓ是要求�\径数最��，所以YY了一个上下界最��流的做法。构图是��原来的点A0拆成两个�Q�A和A'。从A到A'�q�一条边�Q�下界和上界都�ؓ1。所有原来A0的出边，都从A'出去�Q�下�?�Q�上�?.所有原来A0的入边，都指向A。新��Z��个源点S�Q�一个汇点T。从S到每个点A�q�一条边�Q�下�?�Q�上�?。从每个A'到T�q�一条边�Q�下�?�Q�上�?�?br />
对这个新图求最��流�Q�即为原题所求�?br />
YY的证明：
A->A'�Q�限制了�q�个点必��ȝ��q�一�ơ。这条边上的��量有两个来源：其它的点B'�Q�或者源点S�Q�前者说明A和B在同一条链中，B是A的前驱，后者说明A是链的�v炏V��同��P��q�个��量有两个去处：其它的点C'�Q�或者汇点T�Q�前者说明A和C在同一条链中，C是A的后�l�，后者说明A是链的终炏V�?br />
到达汇的�?单位��量�Q�意味着一条链的终�l�。所以最��流��p��让链数最��?br />
YY完毕�Q�欢�q�开炮…�?br />

ps. 理论上说�Q�以上方法肯定是错的。要不然求Hamiltion通�\��׃��是NP了＠。＠

wolf5x 2011-07-19 22:42 发表评论

Guarders: Maximal Cliques on Circular-arc Graph

Mon, 07 Sep 2009 05:23:00 GMT

Maximal Cliques on Circular-arc Graph
合肥2008现场�? 2009�|�赛 Guarders
In graph theory, a circular-arc graph is the intersection graph of a set of arcs on the circle. --wiki

uestc_floyd的做法是�?剪枝.

zzh@bupt大牛惛_��二分囑֌�配的做法:
固定某个区间Li肯定选中, 则剩下的区间�? 可能被选择的只有与Li有交集的那些.
(*)��那些区间分两类: 与Li的左边界交的, 与Li的右边界交的.
易知与Li两边界都交的是肯定可以选的, 不会产生不合要求的局�?
不合要求的情况只可能�? 某个一�c�d��间和某个二类区间没有�? 却同旉��了它们.
所以二分图建图�Ҏ��? 若某个一�c�d��间和某个二类区间没有�? 则连一条边.
二分囄��点�?1-最大匹配数即�ؓLi对应的最优解.
枚�D每个Li.
理论旉��复杂度相当高, O(n)*O(匚w��), 实现上可以加入排�? 最优解剪枝�{�方�?

ps. (*)非常巧妙的想�? 非常艺术!

wolf5x 2009-09-07 13:23 发表评论

pku 2679 Adventurous Driving (Bellman-Ford, SPFA)

Wed, 06 May 2009 03:17:00 GMT

摘要: 求所谓的 optimal path:�Ҏ��个顶�?只能沿着它所有出边中weight最��的那些路走;从�v点到�l�点的总weight最��?如果有weight相同�?取总length最短的.可能有负�?自环,�q��? 先将不符合要求的边删�?接着,关键在于如何判断有效负环,卌��负环处在��L��到终点的路上.实际�?只用保留原图中从��L��能到�?�q�且能到辄��点的��点.如果用标准bellman-ford,需�?�ơD... 阅读全文

wolf5x 2009-05-06 11:17 发表评论

Mon, 04 May 2009 11:07:00 GMT

命题�Q�一��|��n(n>=2)个叶子结点的树，臛_��L��加ceil(n/2)条边�Q�就能�{变�ؓ一个没有桥的图。或者说�Q��得图中每条边�Q�都臛_��在一个环上�?/p>

证明�Q?br>�q�里只证明n为偶数的情况。n为奇数的证明�c�M��。证明采用了构造解、极端法、归�U�x��的方法技巧�?/p>

先证明添加n/2条边一定可以达成目标�?/p>

n=2�Ӟ��昄��只需��这两个叶子间连一条边卛_��。命题成立�?/p>

设n=2k(k>=1)时命题成立，即S[2k]=k。下面将推出n=2(k+1)时命题亦成立�?/p>

n=2k+2�Ӟ��选取树中最长的�q�，讑օ�端点为a,b�Q��ƈ讄��a最�q�的�?gt;=3的点为a',同理设b'�?/p>

�Q�关于a'和b'的存在性问题：�׃��a和b的度都�ؓ1,因此树中其它的树枝必然从�q?lt;a,b>之间的某些点引出。否则整��|��是�q?lt;a,b>�Q�n=2<2k+2�Q�不可能。）

在a,b间添一条边�Q�则�q?lt;a,b>上的所有边都已不再是桥。这�Ӟ��刚才添加的边，以及aa'之间�Q�bb'之间的边都删去，得到一��|��的树。因为删�ȝ��那些辚w��已经�W�合条�g了，所以在之后的构造中不需要考虑它们。由于之前a'和b'的度>=3�Q�所以删除操作不会��他们变成叶子。因此新的树必然比原树少了两个叶子a,b�Q�共�?k个叶子。由归纳知需要再加k条边。因此对n=2k+2的树�Q�一��p��d��k+1条边�?/p>

因此证得n/2可取�?/p>

再证明n/2是最��的解�?/p>

昄��Q�只有一个叶子结点被新加的边覆盖刎ͼ�才有可能使与它相接的那条边进入一个环中。而一�ơ加边至多覆�?个叶子。因此n个叶子至��要加n/2条边�?/p>

证毕�?br>

wolf5x 2009-05-04 19:07 发表评论

tju 3214 floyd变种

Tue, 31 Mar 2009 06:39:00 GMT

最�q�做了两道floyd变种的题�?又加�׃��对floyd原理的理�?

�W?�? tju 3214 Find the Path
http://acm.tju.edu.cn/toj/showp3214.html

题目大意是给一个无向图,每个�l�点有个�Ҏ��c[p]
对于查询的点对i,j和权k,求在中间节点(不包含端点i,j)权��g��大于k的限制下,i,j间最短�\�?
�׃��查询�ơ数�?因此一�ơ查询复杂度需要在O(logn)以内.考虑计算出所有点对在所有限制条件下的最短�\,O(1)查询.
限制条�g不作用于端点i,j,正好可以用floyd解决.因�ؓfloyd正是不断向中间点集中加入�?只要限制一下这些被加入点的条�g,��可以解册��题了.
初步归纳,对于查询i,j,k,应该输出��所有c[p]<=k的点加入后的floyd[i,j]
对于限制k,炚w��的情冉|��:加了权最��的m�?0<=m<=N),�q�些点的权都不超�q�k
因此��点按权值升序排�?dist[k][i][j]表示:前k个点被加入后,i,j间的最短�\.

代码如下:

1#include <iostream>
2using namespace std;
3int T,N,M,Q,pc[210];
4int C[210],dist[210][210][210];
5bool mycmp(int a, int b){
6    return (C[a]<C[b]);
7}
8int main(){
9    int i,j,k,p,a,b,c;
10    scanf("%d",&T);
11    while(T--){
12        memset(dist,0xff,sizeof(dist));
13        scanf("%d%d",&N,&M);
14        C[pc[0]=0]=-1;
15        for(i=1;i<=N;i++){
16            scanf("%d",&C[i]);
17            pc[i]=i;
18        }
19        sort(pc,pc+N+1,mycmp);
20        for(i=1; i<=M; i++){
21            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
22            dist[0][a+1][b+1]=c;
23            dist[0][b+1][a+1]=c;
24        }
25        //floyd
26        for(k=1; k<=N; k++){
27            p=pc[k];
28            for(i=1; i<=N; i++){
29                for(j=1; j<=N; j++){
30                    if(dist[k][i][j]<0)
31                        dist[k][i][j]=dist[k-1][i][j];
32                    else if(dist[k-1][i][j]>=0)
33                        dist[k][i][j]=min(dist[k][i][j],dist[k-1][i][j]);
34
35                    if(i!=j && dist[k-1][i][p]>=0 && dist[k-1][p][j]>=0){
36                        if(dist[k][i][j]<0)
37                            dist[k][i][j]=dist[k-1][i][p]+dist[k-1][p][j];
38                        else
39                            dist[k][i][j]=min(dist[k][i][j], dist[k-1][i][p]+dist[k-1][p][j]);
40                    }
41                    //printf("%d,%d,%d(%d) ",k,i,j,dist[k][i][j]);
42                }
43            }
44        }
45        //query
46        scanf("%d",&Q);
47        while(Q--){
48            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
49            //��序查找
50            for(i=0; i<=N && C[pc[i]]<=c; i++);
51            printf("%d\n",dist[i-1][a+1][b+1]);
52        }
53        printf("\n");
54    }
55    return 0;
56}
57

wolf5x 2009-03-31 14:39 发表评论

bupt 1460 floyd变种

Tue, 31 Mar 2009 06:20:00 GMT

最�q�做了两道floyd变种的题�?又加�׃��对floyd原理的理�?

�W?�? bupt 1460 游览路线
�q�样可以得出��法的大致轮�?在加入点k前更新dist[i,j]
但是问题�?此时的中间点只有1..k-1,那后面的点k+1..n会不会漏处理�?
本质�?�q�题求的是环的长�?而不是�\径长�?因此,假如存在一个更短的�?它�\径上有k之后的点p1,p2,...,pm,讑օ�中最后处理的那个�Ҏ��pl.那么�q�个环一定会在向中间炚w��中加入pl的那�ơ��@环里枚�D�?
因此不存在漏解问�?

代码如下:

1 #include <iostream>
2 using namespace std;
3 int N,M,ans;
4 //w是原囄��?d是floyd最短�\矩阵
5 int w[110][110],d[110][110];
6 int main(){
7     int i,j,k,a,b,c;
8     while(scanf("%d%d",&N,&M)!=EOF){
9         for(i=1;i<=N;i++)
10             for(j=1;j<=N;j++)
11                 w[i][j]=d[i][j]=0;
12         for(i=1;i<=M;i++){
13             scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
14             if(!w[a][b]||c<w[a][b]){
15                 w[a][b]=w[b][a]=c;
16                 d[a][b]=d[b][a]=c;
17             }
18         }
19         ans=0x7fffffff;
20         for(k=1;k<=N;k++){
21             //先枚举map[i,k]+map[k,j]+floyd[i,j]
22             for(i=1;i<k;i++)
23                 for(j=i+1;j<k;j++)
24                     if(w[i][k]&&w[k][j]&&d[i][j])
25                         ans=min(ans,d[i][j]+w[i][k]+w[k][j]);
26             //再向中间炚w��中加入k�q�更新floyd矩阵
27             for(i=1;i<=N;i++){
28                 if(!d[i][k])continue;
29                 for(j=1;j<=N;j++){
30                     if(!d[k][j]||i==j)continue;
31                     if(!d[i][j]||d[i][j]>d[i][k]+d[k][j])
32                         d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];
33                 }
34             }
35         }
36         if(ans<0x7fffffff)
37             printf("%d\n",ans);
38         else
39             puts("No solution.");
40     }
41     return 0;
42 }

wolf5x 2009-03-31 14:20 发表评论

Sun, 15 Feb 2009 13:55:00 GMT

��N��用矩阵存储，下标�?开始�?br>
匈牙利匹配算法的理论和证明不复杂�Q�就是不断寻找两个端炚w��是未��润点的交替路径�Q�把路径上的边匹配状态全部取反。每�ơ操作，囄��匚w��数都增加1。�ؓ方便描述�Q�将二部囑ֈ�分�ؓX和Y两个部集�?br>此算法有几个性质�Q?br>1.��法只需以某一个部集（可以是X或Y�Q�中的所有未��润点�ؓ交替路径的�v始点�Q�展开��L��?br>2.X中的某个点，只有在以它�ؓ起始点进行过交替路径搜烦后，才有可能变�ؓ��润炏V�?br>3.以X中的某个点�ؓ起始点，如果无法扑ֈ�交替路径�Q�那么以后不��Z��时以它�ؓ起始点，都不可能扑ֈ�交替路径�?br>4.�?,选择处理X集，�?,3知X集中的所有点最多只需处理一�ơ�?br>
伪代码：

1 SEARCH(Vi):
2     SEARCH AUGMENT PATH STARTING FROM Vi
3     IF FOUND THEN RETURN TRUE
4     ELSE RETURN FALSE
5 MATCHING(G(X,Y)):
6     ANS:=0
7     FOR EACH VERTEX Vi IN SET X
8         T:=SEARCH(Vi)
9         IF T=TRUE
10             ANS:=ANS+1
11         END IF
12     END FOR

��L��交替路径�q�个�q�程�?span style="FONT-WEIGHT: bold; TEXT-DECORATION: underline">BFS�?span style="FONT-WEIGHT: bold; TEXT-DECORATION: underline">DFS两种方式�?br>
DFS:

1 int w[NX][NY]; //X中的点到Y中的点的�q�接矩阵,w[i][j]是边的权
2 int m[NY]; //Vyi的匹配对�?/span>
3 int v[NY]; //在一�ơDFS中，Vyi是否被访问过
4 bool dfs(int k){ //以Vxk��v�Ҏ��交替路径
5     int i;
6     for(i=1;i<=N;i++){
7         if(!v[i] && w[k][i]){ //如果Vyi未访问过�Q�而且Vxk,Vyi有边�q�接
8             v[i]=1;
9             if(!m[i] || dfs(m[i])){ //如果Vyi是未��润点，或者以Vyi原来的匹配点��v始，有扩张�\�?/span>
10                 m[i]=k;
11                 return true; //扩张成功
12             }
13         }
14     }
15     return false;
16 }

�q�个��法也可以从�c�M��“贪心”的角度理解：一个X中的点Vx0�Q�如果找到某个能到达的Y点Vy0�Q�就暂时把它“据�ؓ己有”�Q�然后看Y�?#8220;原配X�?#8221;�q�能不能扑ֈ�别的Y炚w��对，如果能，那么Vx0和Vy0��配�Ҏ��功，否则不成功，Vx0�l�箋��L��别的Vy�?br>
BFS:
�q�是我在某些��法书上看到的BFS版本�Q�需要用变量�Q�或变量数组�Q�tag记录扩展目标。代码中�Q�我改�ؓ用que[i]的bit1记录�Q?br>

1 int w[NX],ma[NY];
2 int que[NX+NY],pq,sq; //�q�搜队列
3 int pax[NX],pay[NY]; //记录交替路径
4 bool bfs(int r){
5     int i,j,k,tag; //tag�Q�记录交替�\径的下一步要扩展X中的�?tag==1�?�Q�还是Y中的�?tag==0�?
6     memset(pax,0,sizeof(pax));
7     memset(pay,0,sizeof(pay));
8     que[0]=(r<<1);
9     pq=0; sq=1;
10     while(pq<sq){
11         k=que[pq]>>1; tag=que[pq]&1;
12         if(tag==0){ //process set X, look for unvisited vex in Y
13             for(i=1;i<=N;i++){
14                 if(!pay[i] && w[k][i]){
15                     pay[i]=k;
16                     if(!ma[i]){ //是未��润点，扩展路径搜烦完毕
17                         for(j=i;j;j=pax[pay[j]]){
18                             ma[j]=pay[j];
19                         }
20                         return true;
21                     }
22                     else{ //�q�个Y点不是未��润�?入队
23                         que[sq++]=(i<<1)|1;
24                     }
25                 }
26             }
27         }
28         else{ //Vyk不是未浸润点�Q��\径必��L��着它所在的匚w��Ҏ��?/span>
29             que[sq++]=(ma[k]<<1);
30             pax[ma[k]]=k;
31         }
32         pq++;
33     }
34     return false;
35 }

其实�Q�在遇到��润的Vyi�Ӟ��׃��下一步只能沿着它的匚w��点Vxj赎ͼ��x��队轮到Vyi�Ӟ��必定是Vxj被加入队列。因此，只要令队列que仅存放X集的点，每次遇到��润的Vyi�Q�把它的匚w��点Vxj加入队列。这样就省去了分支，减小了代码量�?br>实现�Q?br>

1 int w[NX],ma[NY];
2 int que[NX+NY],pq,sq;
3 int pax[NX],pay[NY];
4 bool bfs(int r){
5     int i,j,k;
6     memset(pax,0,sizeof(pax));
7     memset(pay,0,sizeof(pay));
8     que[0]=r;
9     pq=0; sq=1;
10     while(pq<sq){
11         k=que[pq++];
12         for(i=1;i<=N;i++){
13             if(!pay[i] && w[k][i]){
14                 pay[i]=k;
15                 if(!ma[i]){ //free vex, augment path found
16                     for(j=i;j;j=pax[pay[j]]){
17                         ma[j]=pay[j];
18                     }
19                     return true;
20                 }
21                 else{ //add Y's matched vex to que
22                     pax[ma[i]]=i;
23                     que[sq++]=ma[i];
24                 }
25             }
26         }
27     }
28     return false;
29 }

昄��Q�单�U�的匚w��问题�Q�BFS和DFS复杂度都是O(mn)�Q�但DFS�~�码隑ֺ��很多�?br>�q�有一�U�Hopcroft-Karp��法�Q�复杂度是O(msqrt(n))�Q�只能用BFS实现�Q�暂时还没深入研�I��?br>然而，解决带权匚w��问题�Ӟ��DFS只能做到O(n^4)�Q�而BFS可以做到O(n^3)�?br>

wolf5x 2009-02-15 21:55 发表评论