地铁修建。看如何规划
2017-09-04 20:46
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最近又要修地铁,要修的铁路同时开工,最短多长时间可以修完。时间很宝贵呀。
无向图,无重边,无自环。求从点1到达点n的所有路的最长边中的最小值。
起初竟瞎写写了个深搜,超时,得20分,减枝一下又得5分。后来尝试宽搜得90(代码中有错误),再改改就100了,漫漫调试路。
这就是个普通的图中搜索,并不是什么最小生成树,最短路。
解法一:只是用了个优先队列,优先搜索边长较小的边到达的节点而已。不超时。为了防止重复搜索遍历过的边,走一步就删一条图。看我错了多少次。
解法二:用时234毫秒
kruskal算法应用。构建一棵最小生成树。在加边后,判断点1和点n是不是在一个集合,若在就返回当前边的权值就可以了。
问题描述
A市有n个交通枢纽,其中1号和n号非常重要,为了加强运输能力,A市决定在1号到n号枢纽间修建一条地铁。
地铁由很多段隧道组成,每段隧道连接两个交通枢纽。经过勘探,有m段隧道作为候选,两个交通枢纽之间最多只有一条候选的隧道,没有隧道两端连接着同一个交通枢纽。
现在有n家隧道施工的公司,每段候选的隧道只能由一个公司施工,每家公司施工需要的天数一致。而每家公司最多只能修建一条候选隧道。所有公司同时开始施工。
作为项目负责人,你获得了候选隧道的信息,现在你可以按自己的想法选择一部分隧道进行施工,请问修建整条地铁最少需要多少天。
输入格式
输入的第一行包含两个整数n, m,用一个空格分隔,分别表示交通枢纽的数量和候选隧道的数量。
第2行到第m+1行,每行包含三个整数a, b, c,表示枢纽a和枢纽b之间可以修建一条隧道,需要的时间为c天。
输出格式
输出一个整数,修建整条地铁线路最少需要的天数。
样例输入
6 6
1 2 4
2 3 4
3 6 7
1 4 2
4 5 5
5 6 6
样例输出
6
样例说明
可以修建的线路有两种。
第一种经过的枢纽依次为1, 2, 3, 6,所需要的时间分别是4, 4, 7,则整条地铁线需要7天修完;
第二种经过的枢纽依次为1, 4, 5, 6,所需要的时间分别是2, 5, 6,则整条地铁线需要6天修完。
第二种方案所用的天数更少。
评测用例规模与约定
对于20%的评测用例,1 ≤ n ≤ 10,1 ≤ m ≤ 20;
对于40%的评测用例,1 ≤ n ≤ 100,1 ≤ m ≤ 1000;
对于60%的评测用例,1 ≤ n ≤ 1000,1 ≤ m ≤ 10000,1 ≤ c ≤ 1000;
对于80%的评测用例,1 ≤ n ≤ 10000,1 ≤ m ≤ 100000;
对于100%的评测用例,1 ≤ n ≤ 100000,1 ≤ m ≤ 200000,1 ≤ a, b ≤ n,1
≤ c ≤ 1000000。
所有评测用例保证在所有候选隧道都修通时1号枢纽可以通过隧道到达其他所有枢纽
无向图,无重边,无自环。求从点1到达点n的所有路的最长边中的最小值。
起初竟瞎写写了个深搜,超时,得20分,减枝一下又得5分。后来尝试宽搜得90(代码中有错误),再改改就100了,漫漫调试路。
这就是个普通的图中搜索,并不是什么最小生成树,最短路。
解法一:只是用了个优先队列,优先搜索边长较小的边到达的节点而已。不超时。为了防止重复搜索遍历过的边,走一步就删一条图。看我错了多少次。
解法二:用时234毫秒
kruskal算法应用。构建一棵最小生成树。在加边后,判断点1和点n是不是在一个集合,若在就返回当前边的权值就可以了。
问题描述
A市有n个交通枢纽,其中1号和n号非常重要,为了加强运输能力,A市决定在1号到n号枢纽间修建一条地铁。
地铁由很多段隧道组成,每段隧道连接两个交通枢纽。经过勘探,有m段隧道作为候选,两个交通枢纽之间最多只有一条候选的隧道,没有隧道两端连接着同一个交通枢纽。
现在有n家隧道施工的公司,每段候选的隧道只能由一个公司施工,每家公司施工需要的天数一致。而每家公司最多只能修建一条候选隧道。所有公司同时开始施工。
作为项目负责人,你获得了候选隧道的信息,现在你可以按自己的想法选择一部分隧道进行施工,请问修建整条地铁最少需要多少天。
输入格式
输入的第一行包含两个整数n, m,用一个空格分隔,分别表示交通枢纽的数量和候选隧道的数量。
第2行到第m+1行,每行包含三个整数a, b, c,表示枢纽a和枢纽b之间可以修建一条隧道,需要的时间为c天。
输出格式
输出一个整数,修建整条地铁线路最少需要的天数。
样例输入
6 6
1 2 4
2 3 4
3 6 7
1 4 2
4 5 5
5 6 6
样例输出
6
样例说明
可以修建的线路有两种。
第一种经过的枢纽依次为1, 2, 3, 6,所需要的时间分别是4, 4, 7,则整条地铁线需要7天修完;
第二种经过的枢纽依次为1, 4, 5, 6,所需要的时间分别是2, 5, 6,则整条地铁线需要6天修完。
第二种方案所用的天数更少。
评测用例规模与约定
对于20%的评测用例,1 ≤ n ≤ 10,1 ≤ m ≤ 20;
对于40%的评测用例,1 ≤ n ≤ 100,1 ≤ m ≤ 1000;
对于60%的评测用例,1 ≤ n ≤ 1000,1 ≤ m ≤ 10000,1 ≤ c ≤ 1000;
对于80%的评测用例,1 ≤ n ≤ 10000,1 ≤ m ≤ 100000;
对于100%的评测用例,1 ≤ n ≤ 100000,1 ≤ m ≤ 200000,1 ≤ a, b ≤ n,1
≤ c ≤ 1000000。
所有评测用例保证在所有候选隧道都修通时1号枢纽可以通过隧道到达其他所有枢纽
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 100007, inf = 1000001; struct Edge { int to, w; Edge(int to = 0, int w = 0) :to(to), w(w) {} bool operator < (const Edge tmp) const { return w > tmp.w; } }; vector<vector<Edge> > e; int bfs(int s, int t) { int res = inf; priority_queue<Edge> pq; pq.push(Edge(s, 0)); while(!pq.empty()) { Edge top = pq.top(); pq.pop(); int u = top.to; if(top.w >= res) continue; for (int i = e[u].size() - 1; i >= 0; --i) if(e[u][i].w < res) { int v = e[u][i].to; if(v == t) {res = min(res, max(top.w, e[u][i].w));continue;} pq.push(Edge(v, max(top.w, e[u][i].w))); e[u][i].w = inf; //走过的路标记掉 } } return res; } int main() { int n, m; while (~scanf("%d%d", &n, &m)) { e.clear(); e.resize(n + 1); int u, v, w; for (int i = 0; i < m; ++i) { scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); e[u].push_back(Edge(v, w)); e[v].push_back(Edge(u, w)); } if (n <= 1) { cout << 0 << endl; continue; } //不合法 printf("%d\n", bfs(1, n)); } return 0; }
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 100007, inf = 1000001; struct Edge { int u, v, w; bool operator < (const Edge &tmp) const { return w < tmp.w; } }e[N << 1]; int fa ; int find(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); int n, m; while(cin >> n >> m) { for (int i = 0; i < m; ++i) { cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w; } for (int i = 1; i <= n; ++i) { fa[i] = i; } if(n == 1) {cout << 0 << endl; continue;} int res = inf; sort(e, e + m); for (int i = 0; ; ++i) { int fx = find(e[i].u), fy = find(e[i].v); if(fx != fy) { fa[fx] = fy; } if(find(1) == find(n)) { res = e[i].w; break; } } cout << res << endl; } return 0; }
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