分糖果

Problem 16: 分糖果

Time Limit:1 Ms| Memory Limit:128 KB
Difficulty:1

Description

童年的我们，将和朋友分享美好的事物作为自己的快乐。这天，C小朋友得到了Plenty of candies，将要把这些糖果分给要好的朋友们。已知糖果从一个人传给另一个人需要1 秒的时间，同一个小朋友不会重复接受糖果。由于糖果足够多，如果某时刻某小朋友接受了糖果，他会将糖果分成若干份，分给那些在他身旁且还没有得到糖果的小朋友们，而且自己会吃一些糖果。由于嘴馋，小朋友们等不及将糖果发完，会在得到糖果后边吃边发。每个小朋友从接受糖果到吃完糖果需要m秒的时间。那么，如果第一秒C小朋友开始发糖，第多少秒所有小朋友都吃完了糖呢?

Input

第一行为三个数n、p、c，为小朋友数、关系数和C小朋友的编号。
第二行为一个数m，表示小朋友吃糖的时间。
下面p行每行两个整数，表示某两个小朋友在彼此身旁

Output

一个数，为所有小朋友都吃完了糖的时间

Sample Input

4 3 1
2
1 2
2 3
1 4

Sample Output

5

Hint

【限制】 40%的数据满足：1<=n<=100 60%的数据满足：1<=n<=1000 100%的数据满足：1<=n<=100000 m<=n*(n-1)/2,不会有同一个关系被描述多次的情况。 【样例解释】 　　第一秒，糖在1手上。第二秒，糖传到了2、4的手中。第三秒，糖传到了3的手中，此时1吃完了。第四秒，2、4吃完了。第五秒，3吃完了。所以答案是5。

这道题，是一道图论题，第一次做图论题，建图方法用的是数组模拟的邻接表法，参考了某位大牛的建立有向图的方法，改成了无向图，然后运用了广搜的思想，遍历整个图，求最深的层数；、

#include<iostream>#include<queue>#include <cstring>#define MAXN 100001using namespace std;typedef struct node {    int from,to,next,d;                       //构图过程  from表示起点 to表示终点 next用来模拟邻接表  d用来求层数；}node;queue<int>q;                                  //用队列来广搜node e[MAXN];int vis[MAXN], first[MAXN];int main(){    int p,n,c,m,t;    cin>>n>>p>>c>>m;    memset(first,-1,sizeof(first));    for (int i = 0;i<2*p;i+=2)    {        cin>>e[i].from>>e[i].to;        e[i].next = first[e[i].from];        first[e[i].from] = i;                //建图过程， 要是有向图的话，就到此为止，要是无向图的话，还需要以下的4句话，这里比较难理解，至今也不知道怎么去理解它，不过我会用，可能多用用就理解透了；                                                     e[i+1].from = e[i].to;               //无向图，两条边交换 存到下一个数组         e[i+1].to = e[i].from;        e[i+1].next = first[e[i+1].from];        first[e[i+1].from] = i+1;    }    q.push(c);    e[first[c]].d = 1;                        //结合前面建图过程来理解     while(!q.empty())    {        int v = first[q.front()];        q.pop();                if (q.empty())            t = e[v].d;                                     if (!q.empty()||e[v].from == c)        {        for (int k = v;k != -1;k = e[k].next)            if ((vis[e[k].from]&&vis[e[k].to]))    //因为是无向图，所以两个点要是都被标记了，才算                continue;                          //如果被标记过了，就跳过；            else            {                vis[e[k].to] = 1;                   //把 终点 标记一下；                e[first[e[k].to]].d = e[v].d + 1;   //结合建图过程就好理解了，把一个点的层数存进去                q.push(e[k].to);            }            vis[e[v].from] = 1;                      // 把 起点 标记一下        }    }    cout<<t+m<<endl;                                 //层数加时间 就是答案return 0;}

以上就是我的代码，不算很耗时，倒是比较耗内存，算是以空间换时间吧。。。