pascal中级教程第五章图文档格式.docx
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【算法分析】
本题的求解任务十分明了:
求一个最小路径之和。
根据题意,对n个结点,共有n个路径之和:
用记号Si表示通向结点i的路径之和,则
,其中Wj为结点j的居民数,g(i,j)为结点j到结点i的最短路径长度。
下面表中反映的是样例的各项数据:
j
g(i,j)
i
2
4
Si
0×
13+1×
4+1×
12+2×
20+2×
40=136
1×
13+0×
4+2×
12+3×
20+3×
40=217
13+2×
4+0×
12+1×
20+1×
40=81
2×
13+3×
12+0×
40=130
20+0×
40=90
从表中可知S3=81最小,医院应建在3号居民点,使得所有居民走的路径之和为最小。
由此可知,本题的关键是求g[i,j],即图中任意两点间的最短路径长度。
求任意两点间的最短路径采用下面的弗洛伊德(Floyd)算法。
(1)数据结构:
w:
array[1..100]oflonging;
描述个居民点人口数
g:
array[1..100,1..100]oflongint初值为图的邻接矩阵,最终为最短路径长度
(2)数据的读入:
本题数据结构的原形为二叉树,数据提供为孩子标识法,分支长度为1,建立带权图的邻接矩阵,分下面两步:
①g[i,j]←Max{Max为一较大数,表示结点i与j之间无直接相连边}
②读入n个结点信息:
fori:
=1tondo
begin
g[i,j]:
=0;
readln(w[i],l,r);
ifl>
0thenbegin
g[i,l]:
=l;
g[l,i]:
=l
end;
ifr>
g[i,r]:
g[r,i]:
(3)弗洛伊德算法求任意两点间的最短路径长度
fork:
ifi<
>
kthenforj:
if(i<
j)and(k<
j)and(g[i,k]+g[k,j]<
g[i,j])theng[i,j]:
=g[i,k]+g[k,j];
(4)求最小的路程和min
min:
=maxlongint;
sum:
forj:
=1tondosum:
=sum+w[i]*g[i,j];
ifsum<
minthenmin:
=sum;
end;
(5)输出
writeln(min);
5.2工程规划
源程序名work.?
可执行文件名work.exe
输入文件名work.in
输出文件名work.out
造一幢大楼是一项艰巨的工程,它是由n个子任务构成的,给它们分别编号1,2,…,n(5≤n≤1000)。
由于对一些任务的起始条件有着严格的限制,所以每个任务的起始时间T1,T2,…,Tn并不是很容易确定的(但这些起始时间都是非负整数,因为它们必须在整个工程开始后启动)。
例如:
挖掘完成后,紧接着就要打地基;
但是混凝土浇筑完成后,却要等待一段时间再去掉模板。
这种要求就可以用M(5≤m≤5000)个不等式表示,不等式形如Ti-Tj≤b代表i和j的起始时间必须满足的条件。
每个不等式的右边都是一个常数b,这些常数可能不相同,但是它们都在区间(-100,100)内。
你的任务就是写一个程序,给定像上面那样的不等式,找出一种可能的起始时间序列T1,T2,…,Tn,或者判断问题无解。
对于有解的情况,要使最早进行的那个任务和整个工程的起始时间相同,也就是说,T1,T2,…,Tn中至少有一个为0。
第一行是用空格隔开的两个正整数n和m,下面的m行每行有三个用空格隔开的整数i,j,b对应着不等式Ti-Tj≤b。
如果有可行的方案,那么输出N行,每行都有一个非负整数且至少有一个为0,按顺序表示每个任务的起始时间。
如果没有可行的方案,就输出信息“NOSOLUTION”。
【样例1】
work.inwork.out
580
1202
15–15
2514
3151
414
43–1
53–1
54–3
【样例2】
55NOSOLUTION
12–3
15–1
25–1
51–5
本题是一类称为约束满足问题的典型问题,问题描述成n个子任务的起始时间Ti及它们之间在取值上的约束,求一种满足所有约束的取值方法。
将工程的n个子任务1,2,…,n作为一有向图G的n个顶点,顶点Vi(i=1,…,n)的关键值为子任务i的起始时间Ti,我们并不需要关心顶点之间的弧及其弧长,而是要确定顶点的关键值Ti的取值,满足所有的约束条件。
本题的约束条件由m个不等式Ti-Tj≤b给出,这样的有向图称为约束图。
为了确定每一个Ti的值,先假设某一个子任务的起始时间为零,如设Tj=0,则其余子任务的起始时间Ti相对于T1可设置其起始时间为一区间[-maxt,maxt]。
下面分析不等式Ti-Tj≤b。
此不等式可变形为如下两种形式:
(1)Ti≤Tj+b意味Ti的最大值为Tj+b;
(2)Tj≥Ti-b意味Tj的最大值为Ti-b;
因此,根据题中给出的m个不等式,逐步调整各个Ti的最小值和最大值。
设high[i]为Ti当前的最大值,low[i]为Ti当前的最小值。
high[j]为Tj当前的最大值,low[j]为Tj当前的最小值。
若high[i]-high[j]>
b,则high[i]=high[j]+b(根据Ti≤Tj+b),
若low[i]-low[j]<
b,则low[j]=low[i]-b(根据Ti≥Ti-b)。
以上的调整终止视下列两种情况而定:
(1)对所有的不等式Ti-Tj≤b,不再有high[i]或low[j]的调整;
(2)若存在high[i]<
low[i]或high[j]<
low[j]则表示不存在T1,T2,…,Tn能满足所有m个不等式Ti-Tj≤b,即问题无解。
根据以上思路,先建立约束图,每个结点代表一个起始时间值,并记录其可能的取值范围:
数组high,low:
array[1..maxn]oflongint;
{n个子任务起始时间的取值范围}
high[1]=0;
low[1]=0;
{设置n个起始时间的初值,其中Ti=0}
=2tondobegin
high[i]:
=maxt;
{Ti的上界}
low[i]:
=-maxt;
{Tj的下界}
约束条件(m个不等式)用记录数组表示:
type{不等式结构}
Tinequ=record
i,j,b:
longint;
var
arrinequ:
array[1..maxm]ofTinequ;
{存放m个不等式}
利用约束条件,逐一调整每一个起始时间的取值范围,直到无法调整为止。
主要算法如下:
flag:
=true;
{调整状态标记}
noans:
=false;
{解的有无标记}
while(flag)do{进行约束传递,根据不等式调整各个起始时间值}
flag:
=1tomdo
witharrinequ[k]do
if(high[i]-high[j]>
b)thenbeginhigh[i]:
=high[j]+b;
{调整Ti的上界}
if(low[i]-low[j]>
b)thenbeginlow[j]:
=low[i]-b;
{调整Tj的下界}
if(low[i]>
high[i])or(low[j]>
high[j])
thenbegin{无法满足当前不等式,则调整终止}
noans:
{问题无解noans=true}
break;
下面以样例说明:
8个不等式如下
序号
6
7
8
b
-1
-3
顶点的关键值Ti的调整记录:
初值
第1轮调整
第2轮调整
第3轮调整
high[1]
low[1]
high[2]
100000
low[2]
-10000
high[3]
low[3]
high[4]
low[4]
high[5]
low[5]
调整状态
有变化
无变化
5个不等式如下
编号
-5
顶点关键值Ti的调整记录:
第一轮调整
第二轮调整
high
low
99999
10000
调整情况
high[5]<
low[5]终止
经第一轮调整,调整过程终止,即问题无解。
从样例2所给不等式也可看出,因为:
T1-T2≤-3,→T2>
T1
T2-T5≤-1,→T5>
T2
T5-T1≤-5,→T1>
T5
这三个不等式不能同时成立,因此问题无解。
5.3服务器储存信息问题
源程序名servers.?
可执行文件名servers.exe
输入文件名servers.in
输出文件名servers.out
Byteland王国准备在各服务器间建立大型网络并提供多种服务。
网络由n台服务器组成,用双向的线连接。
两台服务器之间最多只能有一条线直接连接,同时,每台服务器最多只能和10台服务器直接连接,但是任意两台服务器间必然存在一条路径将它们连接在一起。
每条传输线都有一个固定传输的速度。
δ(V,W)表示服务器V和W之间的最短路径长度,且对任意的V有δ(V,V)=0。
有些服务器比别的服务器提供更多的服务,它们的重要程度要高一些。
我们用r(V)表示服务器V的重要程度(rank)。
rank越高的服务器越重要。
每台服务器都会存储它附近的服务器的信息。
当然,不是所有服务器的信息都存,只有感兴趣的服务器信息才会被存储。
服务器V对服务器W感兴趣是指,不存在服务器U满足,r(U)>
r(W)且δ(V,U)<
δ(V,W)。
举个例子来说,所有具有最高rank的服务器都会被别的服务器感兴趣。
如果V是一台具有最高rank的服务器,由于δ(V,V)=0,所以V只对具有最高rank的服务器感兴趣。
我们定义B(V)为V感兴趣的服务器的集合。
我们希望计算所有服务器储存的信息量,即所有服务器的|B(V)|之和。
Byteland王国并不希望存储大量的数据,所以所有服务器存储的数据量(|B(V)|之和)不会超过30n。
你的任务是写一个程序,读入Byteland王国的网络分布,计算所有服务器存储的数据量。
第一行两个整数n和m,(1≤n≤30000,1≤m≤5n)。
n表示服务器的数量,m表示传输线的数量。
接下来n行,每行一个整数,第i行的整数为r(i)(1≤r(i)≤10),表示第i台服务器的rank。
接下来m行,每行表示各条传输线的信息,包含三个整数a,b,t(1≤t≤1000,1≤a,b≤n,a≠b)。
a和b是传榆线所连接的两台服务器的编号,t是传输线的长度。
一个整数,表示所有服务器存储的数据总量,即|B(V)|之和。
servers.inservers.out
439
2
3
1
1430
2320
3420
注:
B
(1)={1,2},B
(2)={2},B(3)={2,3},B(4)={1,2,3,4}。
Dijkstra算法,及其O((n+e)log2n)或O(nlog2n+e)的实现。
本题的难点在于问题的规模。
如果问题的规模在100左右,那么这将是一道非常容易的题目。
因为O(n3)的算法是很容易想到的:
(1)求出任意两点间的最短路径,时间复杂度为O(n3);
(2)枚举任意两点,根据定义判断一个节点是否对另一个节点感兴趣,时间复杂度为O(n3)。
当然,对于30000规模的本题来说,O(n3)的算法是绝对不可行的,即便降到O(n2)也不行,只有O(nlog2n)或O(n)是可以接受的。
既然现在可以得到的算法与要求相去甚远,要想一鼓作气得到一个可行的算法似乎就不是那么容易了。
我们不妨先来看看我们可以做些什么。
判断一个节点V是否对节点W感兴趣,就是要判断是否存在一个rank大于r(W)的节点U,δ(V,U)<
所以,节点V到某个特定的rank的节点(集合)的最短距离是一个非常重要的值。
如果我们可以在O(nlog2n)时间内求出所有节点到特定rank的节点(集合)的最短距离,我们就成功地完成了算法的一个重要环节。
用Dijkstva算法反过来求特定rank的节点(集合)到所有点的最短距离——以所有特定rank的节点为起点(rank=1,2,3,…或10),求这一点集到所有点的最短距离。
由于图中与每个点关联的边最多只有10条,所以图中的边数最多为5n。
用PriorityQueue(Heap,WinnerTree或FibonacciHeap等)来实现Dijkstra算法,时间复杂度为O((n+e)log2n)(用FibonacciHeap实现,更确切的时间复杂度是O(nlog2n+e))。
这里,e=5n,因而求一遍最短路径的时间复杂度为O(nlog2n)。
由于1≤rank≤10,每个rank都要求一遍最短路径,所以求出每个节点到所有rank的最短路径长度的时间复杂度为O(10*(5+1)nlog2n),即O(nlog2n)。
求出所有点到特定rank的节点(集合)的最短距离,就完成了判断任意节点V对W是否感兴趣的一半工作。
另一半是求任意节点V到W的最短距离。
前面求节点到rank的最短距离时,利用的是rank范围之小——只有10种,以10个rank集合作起点,用Dijkstra算法求10次最短路径。
但是,如果是求任意两点的最短路径,就不可能只求很少次数的最短路径了。
一般来说,求任意两点最短路径是Ω(n2)的(这只是一个很松的下界),这样的规模已经远远超出了可承受的范围。
但是,要判断V对W是否感兴趣,δ(V,W)又是必须求的,所以n次Dijkstra算法求最短路径肯定是逃不掉的(或者也可以用一次Floyd算法代替,但是时间复杂度一样,可认为等价)。
那么,我们又能从哪里来降这个时间复杂度呢?
题目中提到:
所有服务器储存的数据量(|B(V)|之和)不会超过30n。
这就是说,最多只存在30n对(V,W)满足V对W感兴趣。
所以,就本题来说,我们需要处理的点对最少可能只有30n个,求最短距离的下界也就变成Ω(30n)=Ω(n)了(当然,这也只是很松的下界)。
虽说下界是Ω(n),其实我们只需要有O(nlog2n)的算法就可以满足要求了。
从前面估算下界的过程中我们也看到,计算在下界中的代价都是感兴趣的点对(一个节点对另一个节点感兴趣),其余部分为不感兴趣的点对。
我们如果想降低时间复杂度,就要避免不必要的计算,即避免计算不感兴趣的点对的最短路径。
我们来看当V对W不感兴趣时的情况。
根据定义,δ(V,W)>
δ(V,r(W)+1)。
如果是以W为起点,用Dijkstra算法求最短路径的话。
当扩展到V时,发现V对W不感兴趣,即δ(V,W)>
那么,如果再由V扩展求得到U的最短路径,则:
δ(U,W)=δ(V,W)+δ(U,V),
δ(U,r(W)+1)=δ(V,r(W)+1)+δ(U,V),
由于δ(V,W)>
δ(V,r(W)+1),
所以δ(V,W)+δ(U,V)>
δ(V,r(W)+1)+δ(U,V),即δ(U,W)>
δ(U,r(W)+1)
所以,U对W也不感兴趣。
因此,如果以W为起点,求其他点到W的最短路径,以判断其他点是否对W感兴趣,当扩展到对W不感兴趣的节点时,就可以不继续扩展下去了(只扩展对W感兴趣的节点)。
我们知道,所有感兴趣的点对不超过30n。
因此,以所有点作起点,用Dijkstra算法求最短路径的时间复杂度可由平摊分析得为O(30(n+e)log2n)=O(30(n+5n)log2n)=O(nlog2n)。
由此,我们看到判断一节点是否对另一节点感兴趣,两个关键的步骤都可以在O(nlog2n)时间内完成。
当然算法的系数是很大的,不过由于n不大,这个时间复杂度还是完全可以承受的。
下面就总结一下前面得到的算法:
(1)分别以rank=1,2,…,10的节点(集合)作为起点,求该节点(集合)到所有点的最短距离(其实也就是所有点到该节点(集合)的最短距离);
(2)以每个点作为起点,求该点到所有点的最短距离。
当求得某节点的最短距离的同时根据求得的最短距离和该节点到rank大于起点的节点(集合)的最短距离,判断该节点是否对起点感兴趣。
如果感兴趣,则找到一对感兴趣的点对,否则,停止扩展该节点,因为该节点不可能扩展出对起点感兴趣的节点。
总结解题的过程,可以发现解决本题的关键有三点:
一是稀疏图,正因为图中边比较稀疏所以我们可以用Dijkstra+PriorityQueue的方法将求最短路径的时间复杂度降为O(nlog2n);
二是rank的范围很小,rank的范围只有10,所以我们只用了10次Dijkstra算法就求得了所有点到特定rank的最短距离;
三是感兴趣的点对只有很少,由于感兴趣的点对只有30n,我们通过只计算感兴趣点对的最短路径,将求点与点间最短路径的时间复杂度降到了O(nlog2n)。
这三点,只要有一点没有抓住。
本题就不可能得到解决。
5.4间谍网络(AGE)
源程序名age.?
可执行文件名age.exe
输入文件名age.in
输出文件名age.out
由于外国间谍的大量渗入,国家安全正处于高度的危机之中。
如果A间谍手中掌握着关于B间谍的犯罪证据,则称A可以揭发B。
有些间谍收受贿赂,只要给他们一定数量的美元,他们就愿意交出手中掌握的全部情报。
所以,如果我们能够收买一些间谍的话,我们就可能控制间谍网中的每一分子。
因为一旦我们逮捕了一个间谍,他手中掌握的情报都将归我们所有,这样就有可能逮捕新的间谍,掌握新的情报。
我们的反间谍机关提供了一份资料,色括所有已知的受贿的间谍,以及他们愿意收受的具体数额。
同时我们还知道哪些间谍手中具体掌握了哪些间谍的资料。
假设总共有n个间谍(n不超过3000),每个间谍分别用1到3000的整数来标识。
请根据这份资料,判断我们是否有可能控制全部的间谍,如果可以,求出我们所需要支付的最少资金。
否则,输出不能被控制的一个间谍。
输入文件age.in第一行只有一个整数n。
第二行是整数p。
表示愿意被收买的人数,1≤p≤n。
接下来的p行,每行有两个整数,第一个数是一个愿意被收买的间谍的编号,第二个数表示他将会被收买的数额。
这个数额不超过20000。
紧跟着一行只有一个整数r,1≤r≤8000。
然后r行,每行两个正整数,表示数对(A,B),A间谍掌握B间谍的证据。
答案输出到age.out。
如果可以控制所有间谍,第一行输出YES,并在第二行输出所需要支付的贿金最小值。
否则输出NO,并在第二行输出不能控制的间谍中,编号最小的间谍编号。
age.inage.out
3YES
2110
110
2100
13
23
4NO
23
1100
4200
12
34
根据题中给出的间谍的相互控制关系,建立有向图。
找出有向图中的所有强连通分量,用每个强连通分量
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- pascal 中级 教程 第五