BUAA(2021春)服务优化（期末考试题）——多叉树的层次遍历（北航研究生复试机式第一题）_假设某机场所有登机口(gate)呈树形排列(树的度为3),安检处为树的根,如下图所示。

看前须知

要点介绍和简要声明.

题目内容

问题描述

假设某机场所有登机口（Gate）呈树形排列**（树的度为3），安检处为树的根**，如下图所示。图中的分叉结点（编号大于等于100）表示分叉路口，登机口用小于100的编号表示（其一定是一个叶结点）。通过对机场所有出发航班的日志分析，得知每个登机口每天的平均发送旅客流量。作为提升机场服务水平的一个措施，在不改变所有航班相对关系的情况下（即：出发时间不变，原在同一登机口的航班不变），仅改变登机口（例如：将3号登机口改到5号登机口的位置），使得整体旅客到登机口的时间有所减少（即：从安检口到登机口所经过的分叉路口最少）。

编写程序模拟上述登机口的调整，登机口调整规则如下：
1）首先按照由大到小的顺序对输入的登机口流量进行排序，流量相同的按照登机口编号由小到大排序；
2）从上述登机口树的树根开始，将登机口按照从上到下（安检口在最上方）、从左到右的顺序，依次对应上面排序后将要调整的登机口。
例如上图的树中，若只考虑登机口，则从上到下有三层，第一层从左到右的顺序为：5、6、14、13，第二层从左到右的顺序为：7、8、9、10、1、2、18、17、16、15，第三层从左到右的顺序为：11、12、3、4、20、19。若按规则1排序后流量由大至小的前五个登机口为3、12、16、20、15，则将流量最大的3号登机口调整到最上层且最左边的位置（即：5号登机口的位置），12号调整到6号，16号调整到14号，20号调整到13号，15号调整到第二层最左边的位置（即7号登机口的位置）。

输入形式

1）首先按层次从根开始依次输入树结点之间的关系。其中分叉结点编号从数字100开始（树根结点编号为100，其它分叉结点编号没有规律但不会重复），登机口为编号小于100的数字（编号没有规律但不会重复，其一定是一个叶结点）。树中结点间关系用下面方式描述：

R S1 S2 S3 -1

其中R为分叉结点，从左至右S1，S2，S3分别为树叉R的子结点，其可为树叉或登机口，由于树的度为3，S1，S2，S3中至多可以2个为空，最后该行以-1和换行符结束。各项间以一个空格分隔。如：

100 101 102 103 -1

表明编号100的树根有三个子叉，编号分别为101、102和103，又如：

104 7 8 -1

表明树叉104上有2个编号分别为7和8的登机口。

**假设分叉结点数不超过100个。**分叉结点输入的顺序不确定，但可以确定：输入某个分叉结点信息时，其父结点的信息已经输入。
输入完所有树结点关系后，在新的一行上输入-1表示树结点关系输入完毕。

2）接下来输入登机口的流量信息，每个登机口流量信息分占一行，分别包括登机口编号（1~99之间的整数）和流量（大于0的整数），两整数间以一个空格分隔。登机口数目与前面构造树时的登机机口数目一致。

输出形式

按照上述调整规则中排序后的顺序（即按旅客流量由大到小，流量相同的按照登机口编号由小到大）依次分行输出每个登机口的调整结果：先输出调整后的登机口编号，然后输出字符串"<-"（由英文小于字符与英文减号字符组成），再输出调整前的登机口编号。

样例

【样例输入】
100 101 102 103 -1
103 14 108 13 -1
101 5 104 6 -1
104 7 8 -1
102 105 106 107 -1
106 1 110 2 -1
108 16 15 -1
107 18 111 17 -1
110 3 4 -1
105 9 109 10 -1
111 20 19 -1
109 11 12 -1
-1
17 865
5 668
20 3000
13 1020
11 980
8 2202
15 1897
6 1001
14 922
7 2178
19 2189
1 1267
12 3281
2 980
18 1020
10 980
3 1876
9 1197
16 980
4 576
【样例输出】
5<-12
6<-20
14<-8
13<-19
7<-7
8<-15
9<-3
10<-1
1<-9
2<-13
18<-18
17<-6
16<-2
15<-10
11<-11
12<-16
3<-14
4<-17
20<-5
19<-4

样例说明

样例输入了12条树结点关系，形成了如上图的树。然后输入了20个登机口的流量，将这20个登机口按照上述调整规则1排序后形成的顺序为：12、20、8、19、7、15、3、1、9、13、18、6、2、10、11、16、14、17、5、4。最后按该顺序将所有登机口按照上述调整规则2进行调整，输出调整结果。

题解

思路详解

送分题，就是考层次遍历，用队列即可

基础的分数一定要拿到。

参考代码

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#include<ctype.h>
#include<stdbool.h>
typedef struct TreeNode{      //简化的树形数组 
	int ID;				  		//树节点的编号 
	struct TreeNode *child[4];//树节点的子树地址
}Tree,*Treep;
struct Port{	//出口结构体 
	int ID;		//出口编号 
	int size;	//人流大小 
}port[2000];
Tree node[2000];
int q[1000] ;	//q里存的是层次遍历序 
int root,tmp,child;
int i,j,top=0,num;
void layerorder(Treep t)	//层次遍历 
{
	Treep Queue[200],p;
	int front,rear;
	if(t!=NULL)
	{
		Queue[0]=t;
		front=-1,rear=0;
		while(front<rear)	//队列里还有元素 
		{
			p=Queue[++front];
			if(p->child[0]==NULL && p->child[1]==NULL && p->child[2]==NULL)
			{
				q[top]=p->ID;	//存下层次遍历	
				top++;
			}
			for(i=0;i<=3;i++)
			{
				if(p->child[i]!=NULL)	// 若子树非空 
				{
					Queue[++rear]=p->child[i];	//继续 
				}
			}
		}
	}
}
int cmp(const void*p1,const void*p2)
{
	struct Port *a=(struct Port*)p1;
	struct Port *b=(struct Port*)p2;
	if(a->size!=b->size)return b->size-a->size;	//排人流 
	else return a->ID-b->ID;	//排编号 
}
int main()
{	
	while(1)	//录入信息 
	{
		scanf("%d",&root);
		if(root==-1)	break;
		else
		{
			num++;
			node[root].ID=root;
			i=0;
			while(1)
			{
				scanf("%d",&child);
				if(child==-1)	break;
				else
				{
					node[root].child[i]=&node[child];
					node[child].ID=child;
					i++;
				}
			}
		}
	}
	layerorder(&node[100]);	//层次遍历根 
	for(i=0;i<top;i++)
	{
		scanf("%d %d",&port[i].ID,&port[i].size);	//录入信息 
	}
	qsort(port,top,sizeof(struct Port),cmp);	//排序 
	for(i=0;i<top;i++)
		printf("%d<-%d\n",q[i],port[i].ID);//输出 
	return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85

补充测试的数据

其实吧，通过样例其实要考虑的情况就基本全了