POJ 3259 - Wormholes


问题描述

无。

解题思路

利用虫洞的时光旅行,很有趣的一道题。涉及到图论的知识,关键是构造图,用Bellman-Ford算法找出负权环

Bellman-Ford算法核心在于松弛,具体算法可以百度。

需要注意的就是输入说明Input这部分,很多人读不懂这段题意

正权(双向)边部分

Line 1 of each farm: Three space-separated integers respectively: N, M, and W
Lines 2~M+1 of each farm: Three space-separated numbers (S, E, T) that describe, respectively: a bidirectional path between S and E that requires T seconds to traverse.
Two fields might be connected by more than one path.

负权(单向)边部分

Lines M+2~M+W+1 of each farm: Three space-separated numbers (S,E, T) that describe, respectively: A one way path from S toE that also moves the traveler back T seconds.

AC 源码

//Memory Time 
//308K   204MS 

#include<iostream>
using namespace std;

int dis[1001];      //源点到各点权值
const int max_w=10001;      //无穷远

class weight
{
public:
    int s;
    int e;
    int t;
}edge[5200];

int N,M,W_h; //N (1≤N≤500)fields 顶点数
             //M (1≤M≤2500)paths 正权双向边
             //W_h (1≤W≤200) wormholes 虫洞(回溯),负权单向边
int all_e;   //边集(边总数)

bool bellman(void)
{
    bool flag;

    /*relax*/

    for(int i=0;i<N-1;i++)
    {
        flag=false;
        for(int j=0;j<all_e;j++)
            if(dis[edge[j].e] > dis[edge[j].s] + edge[j].t)
            {
                dis[edge[j].e] = dis[edge[j].s] + edge[j].t;
                flag=true;         //relax对路径有更新
            }
        if(!flag)   
            break;  //只要某一次relax没有更新,说明最短路径已经查找完毕,或者部分点不可达,可以跳出relax
    }

    /*Search Negative Circle*/

    for(int k=0;k<all_e;k++)
        if( dis[edge[k].e] > dis[edge[k].s] + edge[k].t)
            return true;

    return false;
}
int main(void)
{
    int u,v,w;

    int F;
    cin>>F;
    while(F--)
    {
        memset(dis,max_w,sizeof(dis));    //源点到各点的初始值为无穷,即默认不连通

        cin>>N>>M>>W_h;

        all_e=0;      //初始化指针

        /*read in Positive Paths*/

        for(int i=1;i<=M;i++)
        {
            cin>>u>>v>>w;
            edge[all_e].s=edge[all_e+1].e=u;
            edge[all_e].e=edge[all_e+1].s=v;
            edge[all_e++].t=w;
            edge[all_e++].t=w;               //由于paths的双向性,两个方向权值相等,注意指针的移动
        }

        /*read in Negative Wormholds*/

        for(int j=1;j<=W_h;j++)
        {
            cin>>u>>v>>w;
            edge[all_e].s=u;
            edge[all_e].e=v;
            edge[all_e++].t=-w;     //注意权值为负
        }

        /*Bellman-Ford Algorithm*/

        if(bellman())
            cout<<"YES"<<endl;
        else
            cout<<"NO"<<endl;
    }
    return 0;
}

相关资料


文章作者: EXP
版权声明: 本博客所有文章除特別声明外,均采用 CC BY 4.0 许可协议。转载请注明来源 EXP !
 上一篇
POJ 1013 - Counterfeit Dollar POJ 1013 - Counterfeit Dollar
POJ 1013 - Counterfeit Dollar Time: 1000MS Memory: 10000K 难度: 初级 分类: 逻辑推理 问题描述有一打(12枚)硬币,其中有且仅有1枚假币,11枚真币 用 A~L 作为各个硬币
2011-12-20
下一篇 
POJ 1016 - Numbers That Count POJ 1016 - Numbers That Count
POJ 1016 - Numbers That Count Time: 1000MS Memory: 10000K 难度: 初级 分类: 串 问题描述题意不难懂,对于任意的数字串n,都可以压缩存储为c1 d1 c2 d2 …. ck d
2011-12-16
  目录