22/6/26

1，cf Omkar and Heavenly Tree；2，acwing 1127 香甜的黄油；3，acwing 1126 最小花费；

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1，Omkar and Heavenly Tree

题意：给你n个节点和m个限制，建一棵符合条件的树；m<n,m个限制是给出a，b，c三个节点，b不能出现在a到c的简单路径上； 

思路：m<n，所以给出的限制一定不会包含所有的节点，那么我们就可以用未给出的b节点来做根，它一定满足所有要求；然后把其他的节点都连向它即可；

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define rep1(i,a,n) for( int i=a;i<n;++i) 
#define rep2(i,a,n) for( int i=a;i<=n;++i) 
#define per1(i,n,a) for( int i=n;i>a;i--) 
#define per2(i,n,a) for( int i=n;i>=a;i--)
#define quick_cin() cin.tie(0),cout.tie(0),ios::sync_with_stdio(false)
#define memset(a,i,b) memset((a),(i),sizeof (b))
#define memcpy(a,i,b) memcpy((a),(i),sizeof (b))
#define pro_q priority_queue
#define pb push_back
#define pf push_front
#define endl "\n"
#define lowbit(m) ((-m)&(m))
#define YES cout<<"YES\n"
#define NO cout<<"NO\n"
#define Yes cout<<"Yes\n"
#define No cout<<"No\n"
#define yes cout<<"yes\n"
#define no cout<<"no\n"
#define yi first
#define er second
using namespace std;
typedef pair<long long,long long>PLL;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<int,PII> PIII;
typedef double dob; 
const int N=1e5+10;
int p[N];
void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    memset(p,0,p);
    while(m--)
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        p[b]=1;
    }
    int root;
    rep2(i,1,n)
    {
        if(p[i]==0)
        {
            root=i;
            break;
        }
    }
    rep2(i,1,n)
    {
        if(i!=root)
        {
            cout<<i<<" "<<root<<endl;
        }
    }
}
signed main()
{
    quick_cin();
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
    return 0;
}

2，香甜的黄油；

 很明显，这是一个多源最短路问题；

但是floyed算法n^3会tle，考虑其他做法；

朴素版dijkstra：n^3；tle；

堆优化版dijkstra：n*(mlongn);10^7的复杂度，不会tle；

spfa：n*m；10^6；更不会tle了；（spfa一般情况是O(m)，但是可能会被卡成O(n*m)）；

所以用spfa来做此题；

简单复习下spfa算法：

 

 

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define rep1(i,a,n) for( int i=a;i<n;++i) 
#define rep2(i,a,n) for( int i=a;i<=n;++i) 
#define per1(i,n,a) for( int i=n;i>a;i--) 
#define per2(i,n,a) for( int i=n;i>=a;i--)
#define quick_cin() cin.tie(0),cout.tie(0),ios::sync_with_stdio(false)
#define memset(a,i,b) memset((a),(i),sizeof (b))
#define memcpy(a,i,b) memcpy((a),(i),sizeof (b))
#define pro_q priority_queue
#define pb push_back
#define pf push_front
#define endl "\n"
#define lowbit(m) ((-m)&(m))
#define YES cout<<"YES\n"
#define NO cout<<"NO\n"
#define Yes cout<<"Yes\n"
#define No cout<<"No\n"
#define yes cout<<"yes\n"
#define no cout<<"no\n"
#define yi first
#define er second
using namespace std;
typedef pair<long long,long long>PLL;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<int,PII> PIII;
typedef double dob; 
const int N=1e4+10;
int e[N],ne[N],w[N],idx,h[N];
int n,p,c;
int dist[N];
int st[N];
int id[N];
void add(int a,int b,int c)
{
    w[idx]=c,e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int spfa(int op)
{
    memset(dist,0x3f,dist);
    queue<int>q;
    dist[op]=0;
    q.push(op);
    st[op]=1;
    while(q.size())
    {
        int t=q.front();q.pop();
        st[t]=0;
        for(int i=h[t];~i;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            if(dist[j]>dist[t]+w[i])
            {
                dist[j]=dist[t]+w[i];
                if(!st[j])
                {
                    q.push(j);
                    st[j]=1;
                }
            }
        }
    }
    int res=0;
    rep2(i,1,n)
    {
        int j=id[i];
        if(dist[j]==0x3f3f3f3f)return INT_MAX;
        res+=dist[j];
    }
    return res;
}
signed main()
{
    quick_cin();
    memset(h,-1,h);
    cin>>n>>p>>c;
    rep2(i,1,n)cin>>id[i];
    while(c--)
    {
        int a,b,w;
        cin>>a>>b>>w;
        add(a,b,w),add(b,a,w);
    }
    int ans=INT_MAX;
    rep2(i,1,p)ans=min(ans,spfa(i));
    cout<<ans;
    return 0;
}

3，最小花费；

 思路：，将转账看成是在图上走过一条边，这条边的权是1 − z % ，并且每走过一条边，就乘上这个权值。那么相当于要问，从A 走到B 的最大权值乘积是多少。

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define rep1(i,a,n) for( int i=a;i<n;++i) 
#define rep2(i,a,n) for( int i=a;i<=n;++i) 
#define per1(i,n,a) for( int i=n;i>a;i--) 
#define per2(i,n,a) for( int i=n;i>=a;i--)
#define quick_cin() cin.tie(0),cout.tie(0),ios::sync_with_stdio(false)
#define memset(a,i,b) memset((a),(i),sizeof (b))
#define memcpy(a,i,b) memcpy((a),(i),sizeof (b))
#define pro_q priority_queue
#define pb push_back
#define pf push_front
#define endl "\n"
#define lowbit(m) ((-m)&(m))
#define YES cout<<"YES\n"
#define NO cout<<"NO\n"
#define Yes cout<<"Yes\n"
#define No cout<<"No\n"
#define yes cout<<"yes\n"
#define no cout<<"no\n"
#define yi first
#define er second
using namespace std;
typedef pair<long long,long long>PLL;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<int,PII> PIII;
typedef double dob; 
const int N=2010,M=2e5+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
dob d[N][N];
int s,e;
dob dist[N];
int st[N];
void dijkstra()
{
    dist[s]=1;
    rep2(i,1,n)
    {
        int ver=-1;
        rep2(j,1,n)
        {
            if(!st[j]&&(ver==-1||dist[j]>dist[ver]))ver=j;
        }
        st[ver]=1;
        rep2(j,1,n)dist[j]=max(dist[j],dist[ver]*d[ver][j]);
 
    }
}
signed main()
{
    quick_cin();
    cin>>n>>m;
    while(m--)
    {
        int a,b,w;
        cin>>a>>b>>w;
        dob t=(100.0-w)/100;
        d[a][b]=d[b][a]=max(d[a][b],t);
    }
    cin>>s>>e;
    dijkstra();
    cout<<fixed<<setprecision(8)<<100/dist[e];
    return 0;
}

然后关于单源最值的问题；

spfa可以求乘积最大和最小，也可以求加法最大和最小，原理是其是松弛操作不是贪心；

而dijkstra可以求加法最小（正权边，）乘积最大；