ccf认证-201503-4

问题描述

　　给定一个公司的网络，由n台交换机和m台终端电脑组成，交换机与交换机、交换机与电脑之间使用网络连接。交换机按层级设置，编号为1的交换机为根交换机，层级为1。其他的交换机都连接到一台比自己上一层的交换机上，其层级为对应交换机的层级加1。所有的终端电脑都直接连接到交换机上。
　　当信息在电脑、交换机之间传递时，每一步只能通过自己传递到自己所连接的另一台电脑或交换机。请问，电脑与电脑之间传递消息、或者电脑与交换机之间传递消息、或者交换机与交换机之间传递消息最多需要多少步。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示交换机的台数和终端电脑的台数。
　　第二行包含n - 1个整数，分别表示第2、3、……、n台交换机所连接的比自己上一层的交换机的编号。第i台交换机所连接的上一层的交换机编号一定比自己的编号小。
　　第三行包含m个整数，分别表示第1、2、……、m台终端电脑所连接的交换机的编号。

输出格式

　　输出一个整数，表示消息传递最多需要的步数。

样例输入

4 2
1 1 3
2 1

样例输出

4

样例说明

　　样例的网络连接模式如下，其中圆圈表示交换机，方框表示电脑：

　　其中电脑1与交换机4之间的消息传递花费的时间最长，为4个单位时间。

样例输入

4 4
1 2 2
3 4 4 4

样例输出

4

样例说明

　　样例的网络连接模式如下：

　　其中电脑1与电脑4之间的消息传递花费的时间最长，为4个单位时间。

评测用例规模与约定

　　前30%的评测用例满足：n ≤ 5, m ≤ 5。
　　前50%的评测用例满足：n ≤ 20, m ≤ 20。
　　前70%的评测用例满足：n ≤ 100, m ≤ 100。
　　所有评测用例都满足：1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 10000。

再次解析一下题目，其实题目就是想求出任意两个点的最短路径中最长的那个，所以顺利成章的想到了floyd算法，以下为程序（只过了前70%的用例）

#include<iostream>#include<string.h>using namespace std;int lengthtable[201][201];int main(){//memset(lengthtable,10,sizeof(lengthtable));int switch_point,computer_point;int temp;cin>>switch_point>>computer_point;for(int i=1;i<=computer_point+switch_point;i++){for(int j=1;j<=computer_point+switch_point;j++){lengthtable[i][j]=10000;}}for(int i=2;i<=switch_point;i++){cin>>temp;lengthtable[temp][i]=1;lengthtable[i][temp]=1;}for(int i=1;i<=computer_point;i++){cin>>temp;lengthtable[temp][i+switch_point]=1;lengthtable[i+switch_point][temp]=1;}int pre=1;for(int i=1;i<=computer_point+switch_point;i++){for(int j=1;j<=computer_point+switch_point;j++){for(int k=1;k<=computer_point+switch_point;k++){if((lengthtable[j][i]+lengthtable[i][k]<lengthtable[j][k])&&j!=i&&k!=i&&j!=k){   lengthtable[j][k]=lengthtable[j][i]+lengthtable[i][k];  if(lengthtable[j][k]>pre)  {  pre=lengthtable[j][k];  }}}}}cout<<pre<<endl;return 0;}

2次bfs就可以解决问题，证明的太好：（再次引用其他作者的一段证明过程）

主要是利用了反证法：

假设 s-t这条路径为树的直径，或者称为树上的最长路

现有结论，从任意一点u出发搜到的最远的点一定是s、t中的一点，然后在从这个最远点开始搜，就可以搜到另一个最长路的端点，即用两遍广搜就可以找出树的最长路

证明：

1    设u为s-t路径上的一点，结论显然成立，否则设搜到的最远点为T则

dis(u,T) >dis(u,s)     且  dis(u,T)>dis(u,t)   则最长路不是s-t了，与假设矛盾

2   设u不为s-t路径上的点

    首先明确，假如u走到了s-t路径上的一点，那么接下来的路径肯定都在s-t上了，而且终点为s或t，在1中已经证明过了

    所以现在又有两种情况了：

    1：u走到了s-t路径上的某点，假设为X，最后肯定走到某个端点，假设是t ，则路径总长度为dis(u,X)+dis(X,t)

    2：u走到最远点的路径u-T与s-t无交点，则dis(u-T) >dis(u,X)+dis(X,t);显然，如果这个式子成立，

    则dis(u,T)+dis(s,X)+dis(u,X)>dis(s,X)+dis(X,t)=dis(s,t)最长路不是s-t矛盾

按照上述证明，可得如下程序：

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<vector>#include<queue>#include<string.h>#define max 20020using namespace std;void bfs(int start);vector<int> G[max];queue<int> q;int vis[max],num;int pre,cur,maxnum,maxlevel,dot;int level;int length[max];int main(){   //memset(G,0,sizeof(G));   vector不可以用vector来初始化     memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(length,0,sizeof(length));    int computernum,switchnum,temp;    scanf("%d%d",&computernum,&switchnum);    num=computernum+switchnum;    for(int i=2;i<=switchnum;++i)    {    scanf("%d",&temp);    G[i].push_back(temp);    G[temp].push_back(i);}for(int i=1+switchnum;i<=switchnum+computernum;++i)    {    scanf("%d",&temp);    G[i].push_back(temp);    G[temp].push_back(i);}//pre=0;//cur=0;//dot=0;level=0;bfs(1);//printf("%d",maxnum);memset(vis,0,sizeof(vis));memset(length,0,sizeof(length));level=1;cur=0;pre=0;//maxnum=0;maxlevel=0;bfs(maxnum);//printf("%d",maxlevel);printf("%d",length[maxnum]);return 0;}void bfs(int start){int x,y;vis[start]=1;//    maxlevel=level;    maxnum=start;    length[start]=0;//++cur;//dot=cur;q.push(start);while(!q.empty()){x=q.front(); q.pop();//if(maxlevel<=level)// {// maxlevel=level;//     maxnum=x;// }///++pre;//if(pre==dot)//{//++level;//// }  for(int j=1;j<=G[x].size();j++) {        y=G[x][j-1]; if(vis[y]==0) { q.push(y); vis[y]=1; //++cur;  length[y]=length[x]+1; //length[j]=level; maxnum=y; }  } //dot=cur; }}