蓝桥杯 每日一题 DFS

蓝桥杯 DFS

DFS俗称暴搜，要考虑顺序。
用一个什么样的顺序来枚举所有方案。

画成一棵树来理解，回溯的时候要记得恢复现场。

树的存储

树是一种特殊的图，有向图存一条边，无向图存两条边。
图可以通过：邻接矩阵（不常用），邻接表（常用）。
邻接表：插入节点用头插法。
记得初始化h

memset(h, -1, sizeof h);
1

void add(int a, int b, int c)
{
	//h[N]邻接表存储树，有n个结点，所以需要n个队列头结点
	//e[M]存储每个结点的值是多少
	//ne[M]存储每个结点的next指针是多少
	//e和ne通过下标来联系
	//w[M]每条边的权重
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
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1. 树的中心

给定一颗树，树中包含 n 个结点（编号 1∼n）和 n−1 条无向边。

请你找到树的重心，并输出将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。

重心定义：重心是指树中的一个结点，如果将这个点删除后，剩余各个连通块中点数的最大值最小，那么这个节点被称为树的重心。

输入格式
第一行包含整数 n，表示树的结点数。

接下来 n−1 行，每行包含两个整数 a 和 b，表示点 a 和点 b 之间存在一条边。

输出格式
输出一个整数 m，表示将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。

数据范围
1≤n≤105
输入样例

9
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1 7
1 4
2 8
2 5
4 3
3 9
4 6
1
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9

输出样例：

4
1

解题思路：

//头插法模板
void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
//dfs模板
void dfs(int u)
{
	state[u] = true;
	for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(!state[i])
			dfs(j);
	}
}	
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代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int n, idx, ans = N;  //idx是当前数组的下标
int h[N], e[2 * N], ne[2 * N];
bool state[N];

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

int dfs(int u)  //dfs函数是求u结点子树的最大值，含u结点
{
    int size = 0, sum = 1; //size是最大子树结点个数，不含u结点,sum是函数返回值
    state[u] = true;
    for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if(!state[j])
        {
            int s = dfs(j);   //求一下该结点数量
            size = max(size, s); //取所有子树的最大值
            sum += s;  //求该结点和子树所有的点的数量
        }
    }
    size = max(size, n - sum);
    ans = min(size, ans);
    return sum;
}

int main()
{
    cin >> n;
    memset(h, -1, sizeof h);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);  //树是无向图，存两条边
    }
    dfs(1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
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2. n-皇后问题

n− 皇后问题是指将 n 个皇后放在 n×n 的国际象棋棋盘上，使得皇后不能相互攻击到，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上。

现在给定整数 n，请你输出所有的满足条件的棋子摆法。

输入格式
共一行，包含整数 n。

输出格式
每个解决方案占 n 行，每行输出一个长度为 n 的字符串，用来表示完整的棋盘状态。

其中 . 表示某一个位置的方格状态为空，Q 表示某一个位置的方格上摆着皇后。

每个方案输出完成后，输出一个空行。

注意：行末不能有多余空格。

输出方案的顺序任意，只要不重复且没有遗漏即可。

数据范围
1≤n≤9
输入样例：

4
1

输出样例：

.Q..
...Q
Q...
..Q.

..Q.
Q...
...Q
.Q..
1
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解题思路：

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 10;
int n;
char g[N][N];
bool col[N], dg[2 * N], udg[2 * N];

void dfs(int u)
{
    if(u == n)
    {
        for(int i = 0; i < n; i++) cout << g[i] << endl;
        puts("");
        return;
    }
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        if(!col[i] && !dg[u + i] && !udg[n - u + i])
        {
            g[u][i] = 'Q';
            col[i] = dg[u + i] = udg[n - u + i] = true;
            dfs(u + 1);
            col[i] = dg[u + i] = udg[n - u + i] = false;
            g[u][i] = '.';
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = 0; j < n; j++)
            g[i][j] = '.';
    dfs(0);
    return 0;
}
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3. 大臣的旅费

很久以前，T 王国空前繁荣。

为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。

为节省经费，T 国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。

同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。

J 是 T 国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。

所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了 J 最常做的事情。

他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。

聪明的 J 发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关。

具体来说，一段连续的旅途里，第 1 千米的花费为 11，第 2 千米的花费为 12，第 3 千米的花费为 13，…，第 x 千米的花费为 x+10。

也就是说，如果一段旅途的总长度为 1 千米，则刚好需要花费 11，如果一段旅途的总长度为 2 千米，则第 1 千米花费 11，第 2 千米花费 12，一共需要花费 11+12=23。

J 大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？

输入格式
输入的第一行包含一个整数 n，表示包括首都在内的 T 王国的城市数。

城市从 1 开始依次编号，1 号城市为首都。

接下来 n−1 行，描述 T 国的高速路（T 国的高速路一定是 n−1 条）。

每行三个整数 Pi,Qi,Di，表示城市 Pi 和城市 Qi之间有一条双向高速路，长度为 Di 千米。

输出格式
输出一个整数，表示大臣 J 最多花费的路费是多少。

数据范围
1≤n≤105,
1≤P_i,Q_i≤n,
1≤D_i≤1000
输入样例：

5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
1
2
3
4
5

输出样例：

135
1

解题思路：树：有向无环图
树中长度最长的路径：树的直径
求法：

1. 任取一点x， disc[] ---- 最大值点y
2. 找到距离x最远的点y， disc[] ---- 最大值就是直径

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int n, ans;
int e[N * 2], ne[N * 2], w[N * 2], h[N], idx;
int dist[N];

void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int father, int distance)
{
    dist[u] = distance;
    for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if(j != father)
            dfs(j, u, distance + w[i]);
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c);
        add(b, a, c);
    }
    dfs(1, -1, 0);
    int u = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(dist[i] > dist[u])
            u = i;
    dfs(u, -1, 0);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(dist[i] > dist[u])
            u = i;
    int s = dist[u];
    printf("%lld\n", s * 10 + s * (s + 1ll) / 2);
    return 0;
}
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4. 奶牛选美

听说最近两斑点的奶牛最受欢迎，约翰立即购进了一批两斑点牛。

不幸的是，时尚潮流往往变化很快，当前最受欢迎的牛变成了一斑点牛。

约翰希望通过给每头奶牛涂色，使得它们身上的两个斑点能够合为一个斑点，让它们能够更加时尚。

牛皮可用一个 N×M 的字符矩阵来表示，如下所示：

................
..XXXX....XXX...
...XXXX....XX...
.XXXX......XXX..
........XXXXX...
.........XXX....
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6

其中，X 表示斑点部分。

如果两个 X 在垂直或水平方向上相邻（对角相邻不算在内），则它们属于同一个斑点，由此看出上图中恰好有两个斑点。

约翰牛群里所有的牛都有两个斑点。

约翰希望通过使用油漆给奶牛尽可能少的区域内涂色，将两个斑点合为一个。

在上面的例子中，他只需要给三个 . 区域内涂色即可（新涂色区域用 ∗ 表示）：

................
..XXXX....XXX...
...XXXX*...XX...
.XXXX..**..XXX..
........XXXXX...
.........XXX....
1
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5
6

请帮助约翰确定，为了使两个斑点合为一个，他需要涂色区域的最少数量。

输入格式
第一行包含两个整数 N 和 M。

接下来 N 行，每行包含一个长度为 M 的由 X 和 .构成的字符串，用来表示描述牛皮图案的字符矩阵。

输出格式
输出需要涂色区域的最少数量。

数据范围
1≤N,M≤50
输入样例：

6 16
................
..XXXX....XXX...
...XXXX....XX...
.XXXX......XXX..
........XXXXX...
.........XXX....
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输出样例：

3
1

解题思路：dfs遍历两个斑点的所有坐标，存到vector中，然后枚举两个斑点的两个点

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 55;
int n, m;
vector<PII> points[2];
char g[N][N];
int dx[4] = {1, -1, 0, 0}, dy[4] = {0, 0, 1, -1};

void dfs(int a, int b, vector<PII> &points)
{
    points.push_back({a, b});
    g[a][b] = '.';
    for(int i = 0; i < 4; i++)
    {
        int x = a + dx[i], y = b + dy[i];
        if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && g[x][y] == 'X')
            dfs(x, y, points);
    }
}

int main()
{
    int k = 0, ans = 110;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < n; i++)  cin >> g[i];
    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = 0; j < m; j++)
            if(g[i][j] == 'X')
                dfs(i, j, points[k++]);
    for(auto a : points[0])
        for(auto b : points[1])
           ans = min(ans, abs(a.x - b.x) + abs(a.y - b.y));
    cout << ans - 1 << endl;
    return 0;
}
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