标签：地方 因此 max 幸运 不能 一起 can play line
今天除了改成\(0\)分的\(T4\)一切安好……
原型：安慰奶牛
中中酷爱滑雪，某日突发奇想，带领所有\(BDEZ\)的\(OIER\)去\(Alps\)滑雪，不幸的是，中中和\(OIER\)们遭遇了雪崩，除了中中，所有的\(OIER\)们都埋在了雪坑里，此时，中中救援队闪亮登场~！（中中救援队只有中中一个人！\(Orz\)！）
雪崩之后，出现了\(N\)个雪坑，每个雪坑都有一名\(OIER\)深陷其中，只有中中幸免，现在中中找到了M条双向道路，每条道路都会连接两个雪坑，但是，由于中中是路痴（-_-||），所以中中希望去除\(M\)条道路中尽可能多的道路，但是还要保证任一雪坑都能到达其他的雪坑，所以要先选择留下\(N-1\)条道路，中中可以从任意一个雪坑出发，并且任务完成后要回到出发点（起点的雪坑和终点的雪坑也需要消耗体力），而且中中只记得他选择的道路 中中每到一个雪坑\(i\)，都会消耗一定的体力值\(t_i\)，即使这个雪坑的\(OIER\)已被救出。第\(j\)条道路连接\(x,y\)两个雪坑，而从\(x\)到达\(y\)也需要消耗体力值\(energy\) 由于时间紧迫，中中请你这名\(OIER\)帮助他计算下救出这\(N\)名\(OIER\)所消耗的最小体力值是多少
输入第一行两个整数\(N\)和\(M\)，表示有\(N\)名\(OIER\)，\(M\)条连接的道路
接下来\(N\)行，每行一个整数\(t_i\)，表示第\(i\)个雪坑需要消耗中中的体力值
然后\(M\)行，每行三个整数\(x,y,energy\)，表示从\(x\)坑滑到\(y\)坑需要消耗的体力值为\(energy\)
第\(1\)行，一个整数，为中中消耗的最小体力值
5 7
6
5
13
8
18
4 1 7
5 2 5
1 5 16
2 3 20
3 1 18
4 3 12
2 4 15
154
对于\(30\%\)的数据 \(5\le N\le 100，N-1\le M\le 500 1\le t_i\le 100 x\le N，y\le N，1\le energy\le 100\)
对于全部数据 \(5\le N\le 10000，N-1\le M\le 100000 1\le t_i\le 1000 x\le N，y\le N，1\le energy\le 1000\)
结果保证不超过\(2^{31}-1\)
看到题目中只保留\(N-1\)条边，且要求消耗能量最小即路径长最小，那么就是一个最小生成树板子题了，但是处理边权需要考虑一下。
因为每条路径一定要经过两遍，所以首先需要让路径长乘以\(2\)，又因为每个点的点权也需要计算，所以我们还需要加上路径两端的点权，然后跑最小生成树就行了。
因为起点和终点也要计算，而除了终点都是经过两次，又因为处理的时候没有把每个起点和重点的值计算两边，所以需要找出最小的点权，并且从那里作为起点，最后就是最小生成树的值加上这个最小的点权。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e4+10;
struct Node{
int x,y,val;
}e[maxn*10];
int n,m;
int mn=0x7f7f7f7f;
int t[maxn],fa[maxn];
bool cmp(Node a,Node b){
return a.val<b.val;
}
int Find(int x){//并查集
return x==fa[x]?x:(fa[x]=Find(fa[x]));
}
int kruscal(){//最小生成树板子……
int ans = 0;
sort(e,e+m,cmp);
for(int i=0;i<m;++i){
int x = Find(e[i].x);
int y = Find(e[i].y);
if(x != y){
fa[x] = y;
ans += e[i].val;
}
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;++i)fa[i]=i;
for(int i=0;i<n;++i){
scanf("%d",&t[i]);
}
for(int i=0;i<m;++i){
scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].val);
e[i].val = 2*e[i].val+t[e[i].x-1]+t[e[i].y-1];//处理边权
}
for(int i=0;i<n;++i){//找到最小点权
if(mn>t[i])mn=t[i];
}
int ans = mn+kruscal();//计算答案
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
农场主约翰家人有\(N (3\le N\le 10,000)\)件家务活需要完成，完成第\(i\)件家务活需要\(T_i(1\le T_i\le 100)\)的时间，在做第\(i\)件家务活之前约翰必须完成若干个家务活，我们称这些家务为\(i\)的必备家务。至少有一个家务没有必备家务，第一件家务没有必备家务。
约翰已经安排好完成家务活的顺序，家务活\(k\)的必备家务活只会出现在区间\([1,k-1]\)之间。没有依赖关系的家务活可以同时进行。
现在请你计算约翰家人完成所有家务的最短时间。
第一行为一个整数\(N\)，表示有\(N\)件家务活。
接下来\(2～n+1\)行，第\(i+1\)行前两个数分别为\(T_i\)和\(k_i\),表示完成第\(i\)件家务需要\(T_i\)的时间，有\(k_i\)个必备家务，接着\(k\)个数表示第\(i\)件家务的必备家务。
只有一行，约翰完成所有家务的最短时间。
7
5 0
1 1 1
3 1 2
6 1 1
1 2 2 4
8 2 2 4
4 3 3 5 6
23
\(1\): \(0\) 时刻开始，\(5\) 时刻结束
\(2\): \(5\) 时刻开始，\(6\) 时刻结束
\(3\): \(6\) 时刻开始，\(9\) 时刻结束
\(4\): \(5\) 时刻开始，\(11\)时刻结束
\(5\): \(11\)时刻开始，\(12\)时刻结束
\(6\): \(11\)时刻开始，\(19\)时刻结束
\(7\): \(19\)时刻开始，\(23\)时刻结束
看到题目中有约束条件，也就是先到某个点才能到下一个点，所以我们就可以用拓扑排序来排出来工作的先后顺序，每一项从这个工作拓展出来的工作是可以同时进行的，所以我们记录一下同时工作的话花费时间的最大值，虽然让求的是最小值，但是如果没做完这个工作是不行的。这样就处理出来了每个工作到什么时刻结束。最后当没有出度，也就是全部工作都应该做完了，那么就统计答案。
有一个需要注意的地方，因为可能有很多不需要必备家务活的家务，而一开始我们就需要从这些点开始进行拓扑排序，所以我们建一个超级源点，连接入度为\(0\)的点，然后从这个点开始拓扑排序就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
struct Node{
int v,next;
}e[5000005];
int n;
int t[maxn],tot,val[maxn];
int head[maxn],ans;
queue<int>q;
int rd[maxn],cd[maxn];
void Add(int x,int y){
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
head[x] = tot;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
int gs;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&t[i],&gs);
rd[i] = gs;
if(!gs)Add(n+1,i);//没有入度就从超级源点建边
val[i] = t[i];//记录下来每个的时间
for(int k=1;k<=gs;++k){
int x;
scanf("%d",&x);
Add(x,i);
cd[x]++;//计算出度
}
}
q.push(n+1);//超级源点开始
while(!q.empty()){
int u = q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v = e[i].v;
if(rd[v])rd[v]--;//上个工作做了，入度减一
val[v] = max(val[v],val[u]+t[v]);//把能够同时做的工作全做了，找到做完后的时间点
if(!cd[v])ans = max(ans,val[v]);//没有出度就统计答案
if(!rd[v])q.push(v);//没有入度了说明可以做这个家务，入队
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
原型：方格取数
小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学被安排坐成一个\(m\)行、\(n\)列的矩阵，而小渊和小轩被安排坐在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标\((1，1)\)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标\((m，n)\)。从小渊传给小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。
在活动进行中，小渊希望给小轩传一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里的每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。
还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好心程度有高有低(注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用\(0\)表示)，可以用一个 \(0~100\)的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样两条路径。
第一行有\(2\)个用空格隔开的整数\(m\)和\(n\)，表示班里有\(m\)行\(n\)列 \((1\le m，n\le 50)\)。
接下来的\(m\)行是一个\(m\times n\)的矩阵，矩阵中第\(i\)行\(j\)列的整数表示坐在第\(i\)行\(j\)列的学生的好心程度。每行的\(n\)个整数之间用空格隔开。
共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传纸条的同学的好心程度之和的最大值。
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
34
\(30\%\)的数据满足：\(l\le m，n\le 10\)
\(100\%\)的数据满足：\(1\le m，n\le 50\)
因为从左上到右下要找到两条路径，还不能重合，所以我们直接从左上到右下，开四维数组，前两个和后两个分别从上一行、上一列进行转移，然后取最大值并且加上到的那个点的值，如果算重了就减去，最后输出就行。下边说一下具体的状态：
定义\(f[i][j][k][l]\)为一条路径到\(i\)行\(j\)列，另一条到\(k\)行\(l\)列得到的最大值，状态转移如下：
如果算重了，减去就行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
int f[maxn][maxn][maxn][maxn];
int n,m;
int a[maxn][maxn];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
for(int k=1;k<=n;++k){
for(int l=1;l<=m;++l){
f[i][j][k][l] = max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]),max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
if(i == k && j == l)f[i][j][k][l] -= a[i][j];//算重了就减去
}
}
}
}
printf("%d\n",f[n][m][n][m]);
return 0;
}
一位冷血的杀手潜入 \(Na-wiat\)，并假装成平民。警察希望能在 \(N\) 个人里面查出谁是杀手。
警察能够对每一个人进行查证，假如查证的对象是平民，他会告诉警察，他认识的人，谁是杀手，谁是平民。假如查证的对象是杀手，杀手将会把警察干掉。
现在警察掌握了每一个人认识谁。每一个人都有可能是杀手，可看作他们是杀手的概率是相同的。
问：根据最优的情况，保证警察自身安全并知道谁是杀手的概率最大是多少？
第一行有两个整数 \(N,M\)。
接下来有 \(M\) 行，每行两个整数 \(x,y\)，表示 \(x\) 认识 \(y\)（\(y\) 不一定认识 \(x\),例如\(HJT\)同志） 。
仅包含一行一个实数，保留小数点后面 \(6\) 位，表示最大概率。
5 4
1 2
1 3
1 4
1 5
0.800000
4 2
1 2
2 3
0.750000
7 6
4 1
5 4
2 1
7 3
1 6
2 5
0.714286
警察只需要查证 \(1\)。假如\(1\)是杀手，警察就会被杀。假如 \(1\)不是杀手，他会告诉警察 \(2,3,4,5\) 谁是杀手。而 \(1\) 是杀手的概率是 \(0.2\),所以能知道谁是杀手但没被杀的概率是\(0.8\)。
对于 \(100\%\)的数据有 \(1\le N\le 100000\),\(0\le M\le 300000\)
看到题想到缩点，因为缩完点后，问一个人就能知道一堆人的的信息，并且每个缩完后的点又相互之间有边，那么我们需要找一个入度为\(0\)的点，每有一个就让\(ans++\)，但是缩点后肯定不只是有环，还会有单个的点，像这样的入度为\(0\)，单个点，且他连接的那个点入度不为\(1\)，也就是说可以通过其他路径找出这个人的身份，那么就标记，让\(ans--\)。但是这样的点只允许有一个，因为如果多了，在问完并知道所有人的身份后，还需要问这些孤立的点，那么不被杀的几率就小了一点，所以只让最后剩下一个这样的点，或者没有。而我们需要求的就是缩点后入度为\(0\)的点的个数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
struct Node{
int v,next;
}e[300010<<1],ec[300010<<1];
int head[maxn],tot;
int dfn[maxn],vis[maxn],low[maxn],c[maxn];
int hc[maxn],tc;
int visx[maxn];
int sta[maxn],top,cnt,rd[maxn],siz[maxn];
int num;
int ans;
void Add(int x,int y){
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
head[x] = tot;
}
void Add2(int x,int y){
ec[++tc].v = y;
ec[tc].next = hc[x];
hc[x] = tc;
}
void Tarjan(int x){//缩点
dfn[x] = low[x] = ++num;
vis[x] = 1;
sta[++top] = x;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
int v = e[i].v;
if(!dfn[v]){
Tarjan(v);
low[x] = min(low[x],low[v]);
}
else if(vis[v]){
low[x] = min(low[x],dfn[v]);
}
}
if(dfn[x] == low[x]){
cnt++;
int y;
while(1){
y=sta[top--];
c[y]=cnt;
siz[cnt]++;
vis[y] = 0;
if(x==y)break;
}
}
}
bool judge(int x){//判断是不是他的出边能够通过其他点进来而得到他的身份，如果不行就是false
for(int i=hc[x];i;i=ec[i].next){
int v = ec[i].v;
if(rd[v] == 1)return false;
}
return true;
}
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
Add(x,y);
}
for(int i=1;i<=n;++i){//Tarjan缩点
if(!dfn[i])Tarjan(i);
}
for(int x=1;x<=n;++x){
for(int i=head[x];i;i=e[i].next){//缩点后新建图
int v = e[i].v;
if(c[x] != c[v]){
rd[c[v]]++;
Add2(c[x],c[v]);
}
}
}
int ans = 0;
bool flag = 0;
for(int i=1;i<=cnt;++i){
if(!flag && siz[i] == 1 && rd[i] == 0 && judge(i)){//标记孤立点
flag = 1;
}
if(rd[i] == 0){//记录入度为0的点个数
ans++;
}
}
if(flag)ans--;//如果有孤立的点就减一
printf("%.6lf",1.0-(double)ans/(double)n);
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Vocanda/p/13330201.html
