[洛谷] [NOIP2018 提高组] 旅行 加强版 - 基环树 | DFS / Tarjan / topoSort

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了[洛谷] [NOIP2018 提高组] 旅行 加强版 - 基环树 | DFS / Tarjan / topoSort相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5049

题目描述

小 Y 是一个爱好旅行的 OIer。她来到 X 国,打算将各个城市都玩一遍。

小Y了解到, X国的 n 个城市之间有 m 条双向道路。每条双向道路连接两个城市。 不存在两条连接同一对城市的道路,也不存在一条连接一个城市和它本身的道路。并且, 从任意一个城市出发,通过这些道路都可以到达任意一个其他城市。小 Y 只能通过这些 道路从一个城市前往另一个城市。

小 Y 的旅行方案是这样的:任意选定一个城市作为起点,然后从起点开始,每次可 以选择一条与当前城市相连的道路,走向一个没有去过的城市,或者沿着第一次访问该 城市时经过的道路后退到上一个城市。当小 Y 回到起点时,她可以选择结束这次旅行或 继续旅行。需要注意的是,小 Y 要求在旅行方案中,每个城市都被访问到。

为了让自己的旅行更有意义,小 Y 决定在每到达一个新的城市(包括起点)时,将 它的编号记录下来。她知道这样会形成一个长度为 nn 的序列。她希望这个序列的字典序 最小,你能帮帮她吗? 对于两个长度均为 nn 的序列 AA 和 BB,当且仅当存在一个正整数 xx,满足以下条件时, 我们说序列 AA 的字典序小于 BB。

对于任意正整数 1 ≤ i < x1≤i<x,序列 A 的第 i 个元素Ai 和序列 B 的第 i 个元素 Bi相同。
序列 A 的第 x 个元素的值小于序列 B 的第 x 个元素的值。

输入格式

输文件共 m+1 行。第一行包含两个整数 n,m(m≤n),中间用一个空格分隔。

接下来 m 行,每行包含两个整数 u,v(1≤u,v≤n) ,表示编号为 u 和 v 的城市之 间有一条道路,两个整数之间用一个空格分隔。

输出格式

输出文件包含一行,nn 个整数,表示字典序最小的序列。相邻两个整数之间用一个 空格分隔。

输入

6 5 
1 3 
2 3 
2 5 
3 4 
4 6

输出

1 3 2 5 4 6

输入

6 6 
1 3 
2 3 
2 5 
3 4 
4 5 
4 6

输出:

1 3 2 4 5 6

该题m有两种情况,对于m = n - 1的情况,这是一颗树,我们只需要从1开始,往后遍历时,每次选择所连的点(未被访问过)中,编号最小的那个(贪心)
对于m = n的情况下,图中绝对会有一个环,这种图叫做基环树,
遇见基环树,首要的任务是找环
① 在学习Tarjan算法的时候,我们可以知道改环中任意两点都是可以相互到达的(SCC),所以说我们可以用Tarjan算法来找出环 最稳妥
② 可以用dfs来模拟Tarjan算法的过程来找环
以下为本人两种常用的dfs找环的代码,均可通过此题

bool vis[500007];
int in[500007],tot,rt;
int getLoop(int u,int fa) {
	if(vis[u]) {
		rt = u;
		return 1;
	}
	int tmp;
	vis[u] = true;
	for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(to == fa) continue;
		tmp = getLoop(to,u);
		if(tmp) {
			if(tmp == 1) {
				in[u] = 1;
				if(u != rt) return 1;
			}
			return 2;
		}
	}
	return 0;
}
int getLoop2(int u,int fa) {
	vis[u] = true;
	for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(to == fa) continue;
		if(vis[to]) {
			in[u] = 1;
			return to;
		} else {
			int ret = getLoop2(to,u);
			if(ret == 0) return 0;
			if(ret == -1) continue;
			in[u] = 1;
			if(ret == u) return 0;
			else return ret;
		}
	}
	return -1;
}

对于基环树的情况,大致有两种复杂度的情况{
1. 找到环,然后枚举环上的边,断掉一条边之后,便到了树的情况
2. 因为基环树比树多了一条边,所以在 dfs找答案的时候就可以选择一条边不走。按照贪心策略在dfs过程中,考虑在什么情况下会选择舍弃一条边?{
① 毋庸置疑,首先我们舍弃的这一条边是在环上的
② 舍弃了这条边之后,就立即进行回溯,因为舍弃的边连接的是当前点的最大儿子节点
③ 我们在回溯之后,再往后走的那个点的编号一定是比舍弃的那条边连接的点要小
}
}

以上两种找环的方式时间复杂度相差不大(几乎没有差距)

int cnt,head[500007],n,m,flag;
vector<int> ans;
struct node {
	int v,nex,u;
} e[maxn];
void add(int u,int v) {
	e[cnt].u = u;
	e[cnt].v = v;
	e[cnt].nex = head[u];
	head[u] = cnt ++;
}
void init() {
	cnt = 0;
	for(int i=0; i <= 500000; i++) head[i] = -1;
}
bool vis[500007];
int in[500007],tot,rt;
int getLoop(int u,int fa) {
	if(vis[u]) {
		rt = u;
		return 1;
	}
	int tmp;
	vis[u] = true;
	for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(to == fa) continue;
		tmp = getLoop(to,u);
		if(tmp) {
			if(tmp == 1) {
				in[u] = 1;
				if(u != rt) return 1;
			}
			return 2;
		}
	}
	return 0;
}
int getLoop2(int u,int fa) {/// pre_version
	vis[u] = true;
	for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(to == fa) continue;
		if(vis[to]) {
			in[u] = 1;
			return to;
		} else {
			int ret = getLoop2(to,u);
			if(ret == 0) return 0;
			if(ret == -1) continue;
			in[u] = 1;
			if(ret == u) return 0;
			else return ret;
		}
	}
	return -1;
}
void dfs(int u,int fa) {
	ans.push_back(u);
	vis[u] = true;
	vector<int> vet;
	for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(vis[to]) continue;
		vet.push_back(to);
	}
	sort(vet.begin(),vet.end());
	int siz = vet.size();
	for(int i=0; i<siz; i++) {
		int to = vet[i];
		if(vis[to]) continue;
		if(flag && i == siz - 1 && in[u] && in[to] && to > fa) {
			flag = 0;
			continue;
		}
		if(i + 1 < siz) dfs(to,vet[i+1]);
		else dfs(to,fa);
	}
}
int main() {
	n = read,m = read;
	init();
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		int u = read,v = read;
		add(u,v),add(v,u);
	}
	memset(vis,0,sizeof vis);
	if(n == m) getLoop(1,0),flag = 1;/// ac 2 3 4 5
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dfs(1,n+1);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		printf("%d%c",ans[i-1],i<n?' ':'\\n');
	}
	return 0;
}
/**
6 6
1 3
2 3
2 5
3 4
4 5
4 6

**/


Tarjan做法:

时间相差不大,可能多了个 stl 的常数吧

int cnt,head[500007],n,m,flag;
vector<int> ans;
struct node {
	int v,nex,u;
} e[maxn];
void add(int u,int v) {
	e[cnt].u = u;
	e[cnt].v = v;
	e[cnt].nex = head[u];
	head[u] = cnt ++;
}
void init() {
	cnt = 0;
	for(int i=0; i <= 500000; i++) head[i] = -1;
}
bool vis[500007];
int in[500007],tot,tim;
int dfn[500007],low[500007];///,pos[500007];
stack<int> st;///Tarjan use
void Tarjan(int x,int fa) {
	dfn[x] = low[x] = ++ tim;
	st.push(x);
	vis[x] = 1;
	for(int i=head[x]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(to == fa) continue;
		if(!dfn[to]) {
			Tarjan(to,x);
			low[x] = min(low[x],low[to]);
		} else if(vis[to] == 1) {
			low[x] = min(low[x],dfn[to]);
		}
	}
	if(low[x] == dfn[x]) {
		vector<int> path;
		path.push_back(x);
		while(st.top() != x) {
			path.push_back(st.top());
			vis[st.top()] = 0;
			st.pop();
		}
		st.pop();
		if(path.size() >= 2) {
			for(int i=0; i<path.size(); i++) in[path[i]] = 1;
			return ;
		}
	}
}
void dfs(int u,int fa) {
	ans.push_back(u);
	vis[u] = true;
	vector<int> vet;
	for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
		int to = e[i].v;
		if(vis[to]) continue;
		vet.push_back(to);
	}
	sort(vet.begin(),vet.end());
	int siz = vet.size();
	for(int i=0; i<siz; i++) {
		int to = vet[i];
		if(vis[to]) continue;
		if(flag && i == siz - 1 && in[u] && in[to] && to > fa) {
			flag = 0;
			continue;
		}
		if(i + 1 < siz) dfs(to,vet[i+1]);
		else dfs(to,fa);
	}
}
int main() {
	n = read,m = read;
	init();
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		int u = read,v = read;
		add(u,v),add(v,u);
	}
	memset(vis,0,sizeof vis);
	if(n == m) Tarjan(1,0),flag = 1;/// ac 2 3 4 5
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dfs(1,n+1);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		printf("%d%c",ans[i-1],i<n?' ':'\\n');
	}
	return 0;
}
/**
6 6
1 3
2 3
2 5
3 4
4 5
4 6

**/

本题在找环的过程中,像极了2017年蓝桥杯决赛的一道题 发现环
其实这个题再想一下的话,就可以发现,可以用拓扑排序做出来
方法大同小异咯
干脆也写了一下,拓扑排序写法:

#define Clear(x,val) memset(x,val,sizeof x)
int cnt,head[500007],n,m,flag;
vector<int> ans;
struct node {
	int v,nex,u;
} e[maxn];
void add(int u,int v) {
	e[cnt].u = u;
	e[cnt].v = v;
	e[cnt].nex = head[u];
	head[u] = cnt ++;
}
void init() {
	cnt = 0;
	for(int i=0; i <= 500000; i++) head[i] = -1;
}
bool vis[500007];
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LGOJ5022 旅行 noip tg 2018