数据结构第七次上机实验报告

7-1 序列调度

有一个N个数的序列A：1，2，……，N。有一个后进先出容器D，容器的容量为C。如果给出一个由1到N组成的序列，那么可否由A使用容器D的插入和删除操作得到。

输入格式:

第1行，2个整数T和C，空格分隔，分别表示询问的组数和容器的容量，1≤T≤10，1≤C≤N。

第2到T+1行，每行的第1个整数N，表示序列的元素数，1≤N≤10000。接下来N个整数，表示询问的序列。

输出格式:

T行。若第i组的序列能得到，第i行输出Yes；否则，第i行输出No,1≤i≤T。

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

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

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

No
Yes

分析：

模拟一个栈，将序列A一次入栈，判断输入序列是否和栈顶元素一一相等，相等即出栈。如果最后栈空则输出Yes，否则输出No。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;const int MAX=10005;typedef long long ll;
int T,C;
int n,res;
int a[MAX],b[MAX];
stack<int>q;
int main()
{scanf("%d %d",&T,&C);for(int i=1;i<=MAX;i++)a[i]=i;while(T--){res=1;scanf("%d",&n);while(!q.empty())q.pop();for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=n;i++){if(q.size()<C)q.push(a[i]);elsebreak;while(q.top()==b[res]){q.pop();res++;if(q.empty())break;}}if(!q.empty())printf("No\n");elseprintf("Yes\n");}return 0;
}

7-2 最大最小差

对n 个正整数，进行如下操作：每一次删去其中两个数 a 和 b，然后加入一个新数：a*b+1，如此下去直到只剩下一个数。所有按这种操作方式最后得到的数中，最大的为max，最小的为min，计算max-min。

输入格式:

第1行：n，数列元素的个数，1<=n<=16。

第2行：n 个用空格隔开的数x，x<=10。

输出格式:

1行，所求max-min。

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

3
2 4 3

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

分析：

运用单调队列，每次选队列中最小的两个数做运算，求min。每次选队列中最大的两个数做运算，求max，最后相减，注意数据范围，用long long,否则样例不能全部通过。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<queue>
using namespace std;typedef long long ll;
int n;
ll maxx,minn;
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll>>q;
priority_queue<ll,vector<ll>,less<ll>>p;
ll res;
int main()
{scanf("%d",&n);ll L;if(n==1){printf("0");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&L);q.push(L);p.push(L);}while(q.size()>1){ll a=q.top();q.pop();ll b=q.top();q.pop();q.push(a*b+1);}while(p.size()>1){ll a=p.top();p.pop();ll b=p.top();p.pop();p.push(a*b+1);}maxx=q.top();minn=p.top();printf("%lld\n",maxx-minn);return 0;
}

7-3 二叉树最短路径长度

给定一棵二叉树T，每个结点赋一个权值。计算从根结点到所有结点的最短路径长度。路径长度定义为：路径上的每个顶点的权值和。

输入格式:

第1行，1个整数n，表示二叉树T的结点数，结点编号1..n，1≤n≤20000。

第2行，n个整数，空格分隔，表示T的先根序列，序列中结点用编号表示。

第3行，n个整数，空格分隔，表示T的中根序列，序列中结点用编号表示。

第4行，n个整数Wi，空格分隔，表示T中结点的权值，-10000≤Wi≤10000，1≤i≤n。

输出格式:

1行，n个整数，表示根结点到其它所有结点的最短路径长度。

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

1 0 3 3

分析：

1、运用先跟序列和中跟序列建树。

2、运用dfs求根节点到每个节点的最短路径。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;const int MAX=20005;typedef long long ll;
int pre[MAX];
int mid[MAX];
int value[MAX];
vector<int>tree[5*MAX];
int visit[MAX];
int n;
void treecreate(int a1,int a2,int b1,int b2,int root)
{if(a1>a2||b1>b2)return;else{int s=pre[a1];for(int i=b1;i<=b2;i++){if(mid[i]==s){s=i;break;}}tree[mid[root]].push_back(mid[s]);treecreate(a1+1,a2+s-b1,b1,s-1,s);treecreate(a1+s-b1+1,a2,s+1,b2,s);}
}
void dfs(int node)
{if(visit[node])return;else{visit[node]=1;for(int i=0;i<tree[node].size();i++){int s=tree[node][i];value[s]=value[s]+value[node];dfs(s);}}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&pre[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&mid[i]);}treecreate(1,n,1,n,0);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&value[i]);}dfs(pre[1]);for(int i=1;i<=n;i++){printf("%d",value[i]);printf("%c",i!=n ? ' ':'\n');}return 0;
}

7-4 方案计数

组装一个产品需要 n 个零件。生产每个零件都需花费一定的时间。零件的生产可以并行进行。有些零件的生产有先后关系，只有一个零件的之前的所有零件都生产完毕，才能开始生产这个零件。如何合理安排工序，才能在最少的时间内完成所有零件的生产。在保证最少时间情况下，关键方案有多少种，关键方案是指从生产开始时间到结束时间的一个零件生产序列，序列中相邻两个零件的关系属于事先给出的零件间先后关系的集合，序列中的每一个零件的生产都不能延期。

输入格式:

第1行，2个整数n和m，用空格分隔，分别表示零件数和关系数，零件编号1..n，1≤n≤10000, 0≤m≤100000 。

第2行，n个整数Ti，用空格分隔，表示零件i的生产时间，1≤i≤n，1≤Ti≤100 。

第3到m+2行，每行两个整数i和j，用空格分隔，表示零件i要在零件j之前生产。

输出格式:

第1行，1个整数，完成生产的最少时间。

第2行，1个整数，关键方案数，最多100位。

如果生产不能完成，只输出1行，包含1个整数0.

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

4
2

分析：

1.拓扑排序求关键路径长度。

2.正向遍历和逆向遍历确定关键活动。

3.分层求出每一层有多少种方案，利用乘法原理求出关键方案总数，因为关键方案数最多可能有100位，因而要用到高精度计算。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;const int MAX=10010;typedef long long ll;vector<vector<int>>G,H;
vector<int>in,out;
queue<int>q,p;
vector<int>lenth;
int a[110];
int b[MAX],c[MAX];
int sum,ans,mul;
int flag=-1;
int n,m;
void ss(int k)
{for(int i=1;i<=a[0];i++)a[i]*=k;for(int i=1;i<=a[0];i++){a[i+1]+=a[i]/10;a[i]%=10;}while(a[a[0]+1]>0){a[0]++;a[a[0]+1]=a[a[0]]/10;a[a[0]]=a[a[0]]%10;}
}
int main()
{a[0]=1;a[1]=1;scanf("%d %d",&n,&m);G=vector<vector<int>>(n+1);H=vector<vector<int>>(n+1);in=vector<int>(n+1);out=vector<int>(n+1);lenth=vector<int>(n+1);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&lenth[i]);}for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d %d",&x,&y);G[y].push_back(x);H[x].push_back(y);in[x]++;out[y]++;}for(int i=1;i<=n;i++)if(!in[i]){q.push(i);b[i]=lenth[i];}while(!q.empty()){int s=q.front();q.pop();sum++;for(int i=0;i<G[s].size();i++){int nex=G[s][i];b[nex]=max(b[nex],b[s]+lenth[nex]);in[nex]--;if(in[nex]==0)q.push(nex);}}for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,b[i]);for(int i=1;i<=n;i++)if (!out[i]){p.push(i);c[i]=lenth[i];}while(!p.empty()){int s=p.front();if(s==flag){ss(mul);mul=0;flag=-1;}mul++;p.pop();for(int i=0;i<H[s].size();i++){int nex=H[s][i];c[nex]=max(c[nex],c[s]+lenth[nex]);out[nex]--;if(out[nex]==0&&b[nex]+c[nex]-lenth[nex]==ans)p.push(nex);if(flag==-1)flag=nex;}}if(m==0){a[1]--;for(int i=1;i<=n;i++){if(b[i]+c[i]-lenth[i]==ans)a[1]++;}}if(sum==n){printf("%d\n",ans);for(int i=a[0];i>=1;i--)printf("%d",a[i]);}elseprintf("0");
}