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ZOJ 3805--解题报告
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3805相关链接: http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5337
在二维的矩形上, 机器通过管道(pipe)连接(I型, L型),最终成为一个系统.
其规则大致提炼如下:
1). 编号大的输出可以成为编号小的输入(隐含拓扑序), 编号1只有输入/没有输出.
2). 每个节点最多有两个输入(弱化的图, 可以用二叉树来模拟)
3). 矩形世界没有高度限制, 但有宽度限制
目标就是:
最能满足要求的最小宽度是多少?
思路解析：
本题隐含拓扑序(有向图), 同时每个节点最多两个子节点, 因此我们采用二叉树去模拟. 这种最优化问题, 有可能是动态规划(树形DP), 通过观察和琢磨. 可得出如下结论:
如果节点i存在子节点j, k, 若节点j的宽度==节点k的宽度, 则取子节点宽度+1, 若子节点不相同, 则取子节点最大宽度的.
转化为公式如下:
{ node(j) + 1; if node(j) == node(k) --(1)node(i) = { { max(node(j), node(k)); if node(j) != node(k) --(2)其二叉树的是偏向树, 构建的时候, 往一个方向倾斜就是了.
AC代码:
#include <cstdio>#include <vector>#include <stack>#include <functional>struct tree_node_t { int left_index; int right_index; int value; tree_node_t(int li = -1, int ri = -1, int v = -1) : left_index(li), right_index(ri), value(v) { }};class machine {public: machine() { } // *) 输入数据并构建二叉树 void init_and_buildtree(int n, const std::vector<int> &datas) { arr_tree.resize(n); for ( int i = 1; i < datas.size(); i++ ) { int idx = datas[i] - 1; if ( arr_tree[idx].left_index == -1 ) { arr_tree[idx].left_index = i; } else { arr_tree[idx].right_index = i; } } } // *) 计算结果 // *) 这边采用模拟堆栈的方式, 来实现递归调用, 因为节点有10000个. // *）最差情况会导致二叉树成链表, 导致递归的调用栈达到10000 int calculator() { std::stack<int> frames; frames.push(0); while ( !frames.empty() ) { int idx = frames.top(); const int &li = arr_tree[idx].left_index; const int &ri = arr_tree[idx].right_index; if ( li != -1 && arr_tree[li].value =http://www.mamicode.com/= -1 ) {"%d", &n) != EOF ) { std::vector<int> datas(n, 0); for ( int i = 1; i < n; i++ ) { scanf("%d", &datas[i]); } machine instance; instance.init_and_buildtree(n, datas); printf("%d\n", instance.calculator()); } return 0;}评注: 这边采用堆栈的方式来模拟递归调用, 是因为担心堆栈太深, 不过实际测试数据集, 没那么变态, 用递归的方式实现, 不仅优雅而且编码效率更高.
递归代码片段：
// *) 递归函数, 划分子问题int evaluate(int idx) { int li = arr_tree[idx].left_index; int ri = arr_tree[idx].right_index; if ( li != -1 ) { evaluate(li); } if ( ri != -1 ) { evaluate(ri); } if ( li == -1 ) { return arr_tree[idx].value = http://www.mamicode.com/1;>
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