Unsolved –> Solved OJ思路题解

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L2-4 部落

在一个社区里,每个人都有自己的小圈子,还可能同时属于很多不同的朋友圈。我们认为朋友的朋友都算在一个部落里,于是要请你统计一下,在一个给定社区中,到底有多少个互不相交的部落?并且检查任意两个人是否属于同一个部落。

输入格式:

输入在第一行给出一个正整数N(≤1e4),是已知小圈子的个数。随后N行,每行按下列格式给出一个小圈子里的人:

K P[1] P[2] ⋯ P[K]

其中K是小圈子里的人数,P[i](i=1,⋯,K)是小圈子里每个人的编号。这里所有人的编号从1开始连续编号,最大编号不会超过104。

之后一行给出一个非负整数Q(≤1e4),是查询次数。随后Q行,每行给出一对被查询的人的编号。

输出格式:

首先在一行中输出这个社区的总人数、以及互不相交的部落的个数。随后对每一次查询,如果他们属于同一个部落,则在一行中输出Y,否则输出N

输入样例:

4
3 10 1 2
2 3 4
4 1 5 7 8
3 9 6 4
2
10 5
3 7

输出样例:

10 2
Y
N

思路

运用 并查集 解决问题

并查集

在计算机科学中,并查集是一种树型的数据结构,用于处理一些不交集(Disjoint Sets)的合并及查询问题。有一个联合-查找算法(union-find algorithm)定义了两个用于此数据结构的操作:

  • Find:确定元素属于哪一个子集。它可以被用来确定两个元素是否属于同一子集。
  • Union:将两个子集合并成同一个集合。

由于支持这两种操作,一个不相交集也常被称为联合-查找数据结构(union-find data structure)或合并-查找集合(merge-find set)。其他的重要方法,MakeSet,用于创建单元素集合。有了这些方法,许多经典的划分问题可以被解决.

通俗讲,并查集 能够判断判断两个角色在不在一个群组里面 .

const int N = 10010;

//初始化
int fa[N];      //每个结点
int Rank[N];    //树的高度/节点的秩
void MakeSet() //对n个结点初始化
{
    for (int i = 0; i < N; i++)
    {
        fa[i] = i;   //每个结点的上级都是自己
        Rank[i] = 1; //每个结点构成的树的高度为1
    }
}

//改进查找算法:完成路径压缩,将x的上级直接变为根结点,那么树的高度就会大大降低
int Find(int x) //查找结点x的根结点
{
    if (fa[x] == x)
    { //递归出口:x的上级为x本身,即x为根结点
        return x;
    }
    return fa[x] = Find(fa[x]); //递归查找  此代码相当于 先找到根结点rootx,然后pre[x]=rootx
}

//判断两个结点是否连通
bool Judge(int x, int y) 
{
    return Find(x) == Find(y); //判断两个结点的根结点(亦称代表元)是否相同
}

void Union(int x, int y)
{
    x = Find(x);
    y = Find(y);
    if (x == y)
    {
        return;
    }
    if (Rank[x] > Rank[y])
    {
        fa[y] = x; //令y的根结点的上级为x
    }
    else
    {
        if (Rank[x] == Rank[y])
        {
            Rank[y]++;
        }
        fa[x] = y;
    }
}

在算法竞赛的实际代码中,即便不使用启发式合并,代码也往往能够在规定时间内完成任务。因此我们一般情况下无需使用启发式合并(按秩合并).

题解

C++中库函数大多为下划线命名法,因此自己的函数推荐驼峰命名法.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 10010;

//并查集初始化
int fa[MAXN];      //无需按秩合并
void MakeSet()
{
    for (int i = 0; i < MAXN; i++)
    {
        fa[i] = i;
    }
}

//查找其父节点
int Find(int x)
{
    if (fa[x] == x)
    {
        return x;
    }
    else
    {
        return fa[x] = Find(fa[x]);
    }
}

//合并两个节点/集合
void Union(int x, int y)
{
    x = Find(x);
    y = Find(y);
    if (x != y)
    {
        fa[x] = y;
    }
}

//判断两个元素是否有相同的父节点
bool Judge(int x, int y)
{
    return Find(x) == Find(y);
}

int main(void)
{
    MakeSet();
    set<int> member;
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int input;
        vector<int> temp;
        int k;
        cin >> k;
        for (int j = 0; j < k; j++)
        {
            cin >> input;
            temp.push_back(input);
            member.insert(input);
        }
        for (auto &&j : temp)
        {
            Union(input, j);
        }
        temp.clear();
    }
    int count(0);
    cout << member.size() << ' ';
    for (auto &&i : member)
    {
        if (fa[i] == i)
        {
            count++;
        }
    }
    cout << count << endl;
    int k;
    cin >> k;
    for (int i = 0; i < k; i++)
    {
        int t1, t2;
        cin >> t1 >> t2;
        if (Judge(t1, t2))
        {
            cout << 'Y' << endl;
        }
        else
        {
            cout << 'N' << endl;
        }
    }
    return 0;
}

L2-008. 最长对称子串

对给定的字符串,本题要求你输出最长对称子串的长度。例如,给定Is PAT&TAP symmetric?,最长对称子串为s PAT&TAP s,于是你应该输出11。

输入格式:

输入在一行中给出长度不超过1000的非空字符串。

输出格式:

在一行中输出最长对称子串的长度。

输入样例:

Is PAT&TAP symmetric?

输出样例:

11

思路

Manacher 算法

string Manacher(string ori_s)
{
    string s = "#";
    for (auto c : ori_s)
    {
        s += c;
        s += "#";
    }
    int N = s.size(); //N 始终为奇数
    vector<int> radius(N, 0); //radius(半径)为N个0
    int C = 0;
    int R = 0;
    int max_center = -1;
    int max_radius = 0;
    for (int i = 0; i < N; ++i)
    {
        if (i < R)
        {
            radius[i] = min(R - i, radius[2 * C - i]);
        }
        while (i + radius[i] + 1 < N && i - radius[i] - 1 >= 0 &&
               s[i + radius[i] + 1] == s[i - radius[i] - 1])
        {
            ++radius[i];
        }
        if (radius[i] + i > R)
        {
            R = radius[i] + i;
            C = i;
        }
        if (radius[i] > max_radius)
        {
            max_radius = radius[i];
            max_center = i;
        }
    }
    string res;
    for (int i = -max_radius; i <= max_radius; ++i)
    {
        if (s[i + max_center] != '#')
        {
            res += s[i + max_center];
        }
    }
    return res;
}

题解

然而我暂时还理解不了马拉车算法 , 所以我这里使用朴素算法给出题解

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

string LongestPalindrome(string ori)
{
    if (ori.empty())
    {
        return "";
    }
    string s;
    for (auto &&i : ori)
    {
        s.push_back('#');
        s.push_back(i);
    }
    s.push_back('#');
    vector<int> p;
    for (auto i = s.begin(); i != s.end(); i++)
    {
        int count(1);
        for (auto front = i + 1;; front++)
        {
            auto back = i - (front - i);
            if (distance(s.begin(), back) >= 0 && distance(front, s.end()) > 0 && *back == *front)
            {
                count++;
            }
            else
            {
                break;
            }
        }
        p.push_back(count);
    }
    vector<int>::iterator result = max_element(p.begin(), p.end());
    string temp;
    int len = *result - 1;
    for (auto i = s.begin() + distance(p.begin(), result) - len; i != s.begin() + distance(p.begin(), result) + len; i++)
    {
        if (*i != '#')
        {
            temp.push_back(*i);
        }
    }
    return temp;
}

int main()
{
    string str;
    getline(cin, str);
    cout << LongestPalindrome(str).size();
    return 0;
}

B烦人的依赖

链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5678/B
来源:牛客网

Ubuntu20.04 正式发布了,ZLS 是一个作死小能手,于是他决定尝试一下这个船新版本。好不容易装完系统,ZLS 想要给他的系统装一些常用的软件。众所周知,在 Linux 装软件会遇到各种奇奇怪怪的依赖问题(所谓依赖问题就是若A依赖B,则B要先与A安装)。ZLS 对此不厌其烦,因此他想知道他要用什么顺序安装软件,可以一次安装成功呢?
Tips: ZLS 还有一个癖好,他喜欢先安装字典序小的软件。

输入描述:

第一行包含一个正整数 T 表示数据组数。
每组数据的第一行包 n 和 m, 表示有 n 个软件,m 个依赖关系。
接下来的一行包含 n 个软件名(软件名仅包含小写字母 a-z )
接下来的 m 行每行有两个软件名 s 和 t,表示 t 依赖 s ,即 s 要在 t 之前安装。
数据保证: 1≤T≤51 \le T \le 51≤T≤5
1≤n≤3×104,1≤m≤1051 \le n \le 3 \times 10^{4}, 1 \le m \le 10^{5}1≤n≤3×104,1≤m≤105
1≤∣s∣,∣t∣≤101 \le |s|,|t| \le 101≤∣s∣,∣t∣≤10

输出描述:

共 T 组输出,每组输出先输出一行 Case #%d: ,%d 替换为当前输出的组数。
接下来是 n 行,按照安装的顺序输出。
如果无法进行安装,输出 Impossible (注意大小写)。

示例1

输入

2
4 2
a b c d
a b
b c
3 3
a b c
a b
b c
c a

输出

Case #1:
a
b
c
d
Case #2:
Impossible

思路

软件的依赖关系可以看作一个有向图,而软件安装顺序就是求有向图的一个拓扑排序。注意题目中要求按照字典序排序,因此拓扑排序中要用优先队列。对于字符串的处理,可以先映射成整数,再做拓扑排序。
有的同学反映超时,可以试试看unordered_map,比map要少个log。

先去了解 浅显易懂的拓扑排序

题解

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 30005
using namespace std;

string soft[MAXN];                 // 存所有软件 , 软件名和下表index 一一对应
unordered_map<string, int> _index; // 一一对应 关系
vector<int> edge[MAXN];            // DAG的边, 存的是依赖于它的所有软件
int in_degree[MAXN];               //每一个软件的入度

void DAG_init(const int &n, const int &m)
{
    _index.clear();
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> soft[i];
        //每次进行初始化清空
        in_degree[i] = 0;
        edge[i].clear();
    }
    sort(soft, soft + n, greater<string>()); // 字典序排列
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        _index[soft[i]] = i;
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        string a, b;
        cin >> a >> b;
        edge[_index[a]].push_back(_index[b]);
        ++in_degree[_index[b]];
    }
}

void TopologicalSort(const int &n)
{
    static int num = 0; // Case #%d:
    priority_queue<int> q;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (in_degree[i] == 0) // 入度=0,入队
            q.push(i);
    vector<int> ans;
    while (!q.empty())
    {
        int now = q.top();
        q.pop();
        ans.push_back(now);
        for (auto &&i : edge[now])
            if (--in_degree[i] == 0)
                q.push(i);
    }
    cout << "Case #" << ++num << ":\n";
    if (ans.size() != n) //没有成环
    {
        cout << "Impossible" << endl;
        return;
    }
    for (auto &&i : ans)
        cout << soft[i] << endl;
}

int main(void)
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    int t;
    cin >> t;
    for (int i = 0; i < t; i++)
    {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        DAG_init(n, m);
        TopologicalSort(n);
    }
    return 0;
}

G校车

链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5678/G
来源:牛客网

西安邮电大学有一辆从老校区到新校区的校车,总共有 n 个学生乘坐校车,在 aia_{i}ai 站上车,在 bib_{i}bi 站下车。学校打算去除一部分不必要的站点,请问需要保留多少站点,需要安排多少个座位?

输入描述:

输入 T 组数据 (1≤T≤10)(1 \le T \le 10)(1≤T≤10)
输入 n(1≤n≤105)n(1 \le n \le 10^{5})n(1≤n≤105)
输入 n 组 ai,bi(1≤ai,bi≤109)a_{i},b_{i}(1 \le a_{i},b_{i} \le 10^{9})ai,bi(1≤ai,bi≤109)

输出描述:

输出保留站点数,座位数。

示例1

输入

1
3
1 2
1 3
2 4

输出

4 2

思路

题解


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