poj1182食物链

http://poj.org/bbs?problem_id=1182

并查集，带权并查集～

方法一：

//Memory: 744KTime: 235MS#include <stdio.h>int p[150000];int find(int x)//find函数功能为找到与x相关联的第一个输入项，比如可能有很多个输入是同类或有间接捕食关系，可以找到所有关联项的第一个，把所有输入都逻辑串联{             if(p[x]==x)return x;    elsereturn p[x]=find(p[x]);} int same(int x,int y)//判断x,y是否为同类{    if(find(x)==find(y))        return 1;elsereturn 0;} int unite(int x,int y)//与find函数密切关联，将x,y逻辑关系串联{int u,v;    u=find(x);    v=find(y);    if(u!=v)     p[u]=v;//将x,y串联的关键}int main(){int i,n,k,d,x,y,err=0;scanf("%d%d",&n,&k); for(i=1; i<=3*n; i++) p[i]=i;//x表示x为A种动物，x+n表示x为B种动物，x+2*n表示x为C种动物    while(k--)                  {scanf("%d%d%d",&d,&x,&y);        if(x>n||y>n)         err++;        else if(d==1)//x和y是同类        {        //已知x和y不属于同一类：same(x,y+n)||same(x,y+2*n) or same(x+n,y)||same(x+n,y+2*n) or same(x+2*n,y)||same(x+2*n,y+n)if(same(x+2*n,y)==1||same(x+2*n,y+n)==1) err++;            else            {unite(x,y);//x,y都是A类                unite(x+n,y+n);//x,y都是B类                unite(x+2*n,y+2*n);//x,y都是C类            }        }        else        {if(same(x,y)==1||same(x,y+2*n)==1) //3种：same(x+n,y)，same(x+2*n,y+n)，same(x,y+2*n)err++;//捕食关系不可为同类或相反else//合并所有捕食关系的可能{                 unite(x,y+n);                 unite(x+n,y+2*n);                 unite(x+2*n,y);}}}printf("%d\n",err);return 0;}

方法二：（C++）

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>//#define INPUT/**    Problem:1182 - 食物链，NOI2001    Begin Time:4th/Mar/2012 1:00 p.m.    End Time:4th/Mar/2012 6:47 p.m.    Cost Time:两天多，看的别人的解题报告AC的    Reference:http://apps.hi.baidu.com/share/detail/16059767    测试数据：    http://poj.org/showmessage?message_id=93058    输出：    上方有    教训：        WA一次，没搞清楚先更新父节点relation还是更新当前节点relation的关系！！！        （在最后那条犯错误了！）    思路：    老子决心要写一个，关于这道题的，最详细的解题报告。    本题思路是带权并查集，我们从最开始讲起。    Part I  - 权值(relation)的确定。    我们根据题意，森林中有3种动物。A吃B，B吃C，C吃A。    我们还要使用并查集，那么，我们就以动物之间的关系来作为并查集每个节点的    权值。    注意，我们不知道所给的动物（题目说了，输入只给编号）所属的种类。    所以，我们可以用动物之间“相对”的关系来确定一个并查集。    0 - 这个节点与它的父节点是同类    1 - 这个节点被它的父节点吃    2 - 这个节点吃它的父节点。    注意，这个0,1,2所代表的意义不是随便制定的，我们看题目中的要求。    说话的时候，第一个数字（下文中，设为d）指定了后面两种动物的关系：    1 - X与Y同类    2 - X吃Y    我们注意到，当 d = 1的时候，( d - 1 ) = 0，也就是我们制定的意义                当 d = 2的时候，( d - 1 ) = 1，代表Y被X吃，也是我们指定的意义。    所以，这个0,1,2不是随便选的    Part II - 路径压缩，以及节点间关系确定    确定了权值之后，我们要确定有关的操作。    我们把所有的动物全初始化。    struct Animal    {        int num; //该节点（node）的编号        int parent; //该node的父亲        int relation; //该node与父节点的关系，0同类，1被父节点吃，2吃父节点    }; Animal ani[50010];        初始化为        For i = 0 to N do            ani[i].num = i;            ani[i].parent = i;            ani[i].relation = 0 ; //自己和自己是同类        End For        (1)路径压缩时的节点算法        我们设A,B,C动物集合如下：（为了以后便于举例）        A = { 1 , 2 , 3 ,4 ,5 }        B = { 6 , 7 , 8 ,9 ,10}        C = { 11, 12, 13,14,15}        假如我们已经有了一个集合，分别有3个元素        SET1 = {1,2}，我们规定集合中第一个元素为并查集的“代表”        假如现在有语句：        2 2 6        这是一句真话        2是6的父亲         ani[6].parent = 2;         ani[6].relation = 1;        那么，6和1的关系如何呢？         ani[2].parent = 1;         ani[2].relation = 0;        我们可以发现6与2的关系是 1.        通过穷举我们可以发现        ani[now].parent = ani[ani[now].parent].parent;        ani[now].relation = ( ani[now].relation + ani[now.parent].relation ) % 3;        这个路径压缩算法是正确的        关于这个路径压缩算法，还有一点需要注意的地方，我们一会再谈        注意，根据当前节点的relation和当前节点父节点的relation推出        当前节点与其父节点的父节点的relation这个公式十分重要！！        它推不出来下面都理解不了！！自己用穷举法推一下：        好吧，为了方便伸手党，我给出穷举过程                i      j        爷爷  父亲  儿子  儿子与爷爷               0      0       (i + j)%3 = 0               0      1       (i + j)%3 = 1               0      2       (i + j)%3 = 2               1      0       (i + j)%3 = 1               1      1       (i + j)%3 = 2               1      2       (i + j)%3 = 0               2      0       (i + j)%3 = 2               2      1       (i + j)%3 = 0               2      2       (i + j)%3 = 1        嗯，这样可以看到，( 儿子relation + 父亲relation ) % 3 = 儿子对爷爷的relation        这就是路径压缩的节点算法        (2) 集合间关系的确定        在初始化的时候，我们看到，每个集合都是一个元素，就是他本身。        这时候，每个集合都是自洽的（集合中每个元素都不违反题目的规定）        注意，我们使用并查集的目的就是尽量的把路径压缩，使之高度尽量矮        假设我们已经有一个集合        set1 = {1,2,7,10}        set2 = {11,4,8,13},每个编号所属的物种见上文        set3 = {12,5,4,9}        现在有一句话        2 13 2        这是一句真话,X = 13,Y = 2        我们要把这两个集合合并成一个集合。        直接        int a = findParent(ani[X]);        int b = findParent(ani[Y]);        ani[b].parent = a;        就是把Y所在集合的根节点的父亲设置成X所在集合的根节点。        但是，但是！！！！        Y所在集合的根结点与X所在集合的根节点的关系！！！要怎么确定呢？        我们设X,Y集合都是路径压缩过的，高度只有2层        我们先给出计算的公式        ani[b].relation = ( 3 - ani[Y].relation + ( d - 1 ) + ani[X].relation) % 3;        这个公式，是分三部分，这么推出来的        第一部分，好理解的一部分：        ( d - 1 ) :这是X和Y之间的relation，X是Y的父节点时，Y的relation就是这个        3 - ani[Y].relation = 根据Y与根节点的关系，逆推根节点与Y的关系        这部分也是穷举法推出来的，我们举例：        j        子         父相对于子的relation（即假如子是父的父节点，那么父的relation应该是什么，因为父现在是根节点，所以父.relation = 0，我们只能根据父的子节点反推子跟父节点的关系）         0             ( 3 - 0 ) % 3 = 0         1（父吃子）   ( 3 - 1 ) % 3 = 2 //父吃子         2（子吃父)    ( 3 - 2 ) % 3 = 1 //子吃父，一样的哦亲        ——————————————————————————————————————————————————————        我们的过程是这样的：        把ani[Y]，先连接到ani[X]上，再把ani[Y]的根节点移动到ani[X]上，最后，把ani[Y]的根节点移动到ani[X]的根节点上，这样算relation的        还记得么，如果我们有一个集合，压缩路径的时候父子关系是这么确定的        ani[爷爷].relation = ( ani[父亲].relation + ani[儿子].relation ) % 3        我们已知道,( d - 1 )就是X与Y的relation了        而 (3 - ani[Y].relation)就是 以Y为根节点时，他的父亲的relation        那么        我们假设把Y接到X上，也就说，现在X是Y的父亲，Y原来的根节点现在是Y的儿子          Y的relation   +     ani[Y]根节点相对于ani[Y]的relation        ( ( d - 1 )         +    ( 3 - ani[Y].relation) ) % 3        就是ani[Y]的父亲节点与ani[X]的relation了！        那么，不难得到，ani[Y]的根节点与ani[X]根节点的关系是：        ( ( d - 1 ) + ( 3 - ani[Y].relation) + ani[X].relation ) % 3 ->应用了同余定理        注意，这个当所有集合都是初始化状态的时候也适用哦        还是以最开头我们给的三个集合（分别代表三个物种）为例        2 1 6        带入公式        ani[6].relation = ( ( 2 - 1 ) + ( 3 - 0 ) + 0 ) % 3 = 1        也就是，6被1吃    Part III - 算法正确性的证明        首先，两个自洽的集合，合并以后仍然是自洽的        这个不难想吧，数学上有个什么对称性定理跟他很像的。        如果理解不了，就这么想！！        当set1和set2合并之后，set2的根节点得到了自己关于set1根节点的        正确relation值，变成了set1根节点的儿子，那么        set2的所有儿子只要用        ( ani[X].relation + ani[Y].relation ) % 3就能得到自己正确的relation值了        所以说，针对不在同一集合的两个元素的话，除非违背了（2）和（3），否则永远是真的        （无论这句话说的是什么，我们都可以根据所给X,Y推出两个子节点之间应有的关系，这个关系一确定，所有儿子的关系都可以确定）        其实所有的不同集合到最后都会被合并成一个集合的。        我们只要在一个集合中找那些假话就可以了。        首先，如何判断        1 X Y是不是假话。//此时 d = 1        if ( X 和 Y 不在同一集合)            Union(x,y,xroot,yroot,d)        else            if x.relation != y.relation  ->假话        其次，如何判断        2 X Y是不是假话 //此时d = 2        if ( X 和 Y 不在同一集合）            Union(x,y,xroot,yroot,d)        else            (ani[y].relation + 3 - ani[x].relation ) % 3 != 1 ->假话        这个公式是这么来的：        3 - ani[x].relation得到了根节点关于x的relation        ani[y] + 3 - ani[x].relation得到了y关于x的relation        所以，只要y关于x的relation不是1，就是y不被x吃的话，这句话肯定是假话！        (2)路径压缩要特别注意的一点（错在这里，要检讨自己）            路径压缩的时候，记得要            先findParent，再给当前节点的relation赋值。            否则有可能因为当前节点的父节点的relation不正确而导致错的稀里哗啦。            例子：            set1 = {1,2,7,10}            set2 = {3,4,8,11}            set3 = {12,5,14,9}            Union(1,3,1,3,1)            Union(3,12,3,12,2)            1 5 1            算5的relation            如果不先更新parent的relation，算出来应该是            ( 3 - 0 + 0 + 1 ) % 3 = 1，5被1吃，显然不对            这里面，+ 0的那个0是指根节点 12 的relation（未更新，这里的0是指12与11的relation）            如果更新完了的话，应该是            ( 3 - 0 + 2 + 1 ) % 3 = 0 ,5与1是同一物种，对了            这里面的 2 是更新节点12的relation（12与1的relation）    后记：        关于这道题，我在网上搜索了许多解题报告，但是都闪烁其词，大概大家都不想        把自己辛辛苦苦推出来的公式写到网上供别人学习来节省时间吧。        我觉得这么做不好，对初学者容易产生不良影响，ACM如果只是一个小众化的圈子，那        岂不是太没意思了。        于是我就把我自己总结的这道题的经验放了出来，希望可以帮得到大家        自己总结的，对错也不知道，但是起码是“自洽”的，^ ^        感谢那篇博文的博主，也感谢gzm,lqy两位学长的指导。        c0de4fun*/using namespace std;const int c0de4fun = 50010;//动物个数的最大值///指明父节点与自己的关系，0同类，1被吃，2吃父const int SAME = 0;const int ENEMY = 1;const int FOOD = 2;struct Animal{    int parent;    int num;    int relation;};Animal ani[c0de4fun];long ans;int findParent(Animal* node){    ///Wrong Answer 因为这个函数写错了    ///这个函数得是“自洽的”    ///就是说，得保证每个元素的父亲的relation是对的    ///再算自己的relation    ///因为自己的relation和父亲的relation有关    ///这就是为什么要先findParent再relation更新的原因    int tmp;    if( node->parent == node->num )        return node->parent;    tmp = node->parent;#ifdef DBG    printf("Animal %d s Parent is %d\n",node->num,node->parent);#endif   // node->relation = ( ani[node->parent].relation + node->relation ) % 3;    node->parent = findParent(&ani[node->parent]);    node->relation = ( ani[tmp].relation + node->relation ) % 3;    return node->parent;}void Union(int x,int y,int a,int b,int d){    ani[b].parent = a;    ///rootY.parent = rootX.parent;    ani[b].relation =( (3 - ani[y].relation) + (d - 1) + ani[x].relation) % 3;}void init_Animal(int n){    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)    {        ani[i].num = i;        ani[i].parent = i;        ani[i].relation = SAME;    }}int main(int argc,char* argv[]){    int N,K;    int d,X,Y;#ifdef INPUT    freopen("b:\\acm\\poj1182\\input.txt","r",stdin);#endif    scanf("%d%d",&N,&K);    init_Animal(N);    for(int i = 0 ; i < K ; i++)    {        scanf("%d%d%d",&d,&X,&Y);        if( X > N || Y > N)            ans++;        else        {            if(d == 2 && X == Y)                ans++;            else            {                int a = findParent(&ani[X]);                int b = findParent(&ani[Y]);                if ( a != b )                {                    ///x，y不在同一集合中                    Union(X,Y,a,b,d);                }                else                {                    switch(d)                    {                        case 1:                            if(ani[X].relation != ani[Y].relation)                                ans++;                            break;                        case 2:                            if(((ani[Y].relation + 3 - ani[X].relation) % 3 ) != 1)                                ans++;                            break;                    }                }            }        }    }    printf("%d\n",ans);    return 0;}