数据结构-第六次上机实验课-解题报告

数据结构-第六次上机实验课-解题报告

  • 7-1 高精度数加法 (100 分)
    • 题目
    • 思路
    • 参考代码
  • 7-2 二叉树加权距离 (100 分)
    • 题目
    • 思路
    • 参考代码
  • 7-3 修轻轨 (100 分)
    • 题目
    • 思路
    • 参考代码
  • 7-4 数据结构设计I (100 分)
    • 题目
    • 思路
    • 参考代码

7-1 高精度数加法 (100 分)

题目

高精度数是指大大超出了标准数据类型能表示的范围的数,例如10000位整数。很多计算问题的结果都很大,因此,高精度数极其重要。

一般使用一个数组来存储高精度数的所有数位,数组中的每个元素存储该高精度数的1位数字或多位数字。 请尝试计算:N个高精度数的加和。这个任务对于在学习数据结构的你来说应该是小菜一碟。 。

输入格式:
第1行,1个整数N,表示高精度整数的个数,(1≤N≤10000)。

第2至N+1行,每行1个高精度整数x, x最多100位。

输出格式:
1行,1个高精度整数,表示输入的N个高精度数的加和。

输入样例:
在这里给出一组输入。例如:

3
12345678910
12345678910
12345678910

输出样例:
在这里给出相应的输出。例如:

37037036730

思路

高精度加法,在c++的实验课中已经写过1000!的高精度乘法,不难想到,这题的思路也是运用数组进行模拟加法。

模拟加法操作如下

		for(int i=0; i<maxn; i++) {
			ans[i]=ans[i]+num1[i]+num2[i];
			ans[i+1]=ans[i]/10;//进位
			ans[i]%=10;//保留余数
		}

其次,由于该模拟加法只能实现2个大数的加减,而题目要求n个,故需要用while(n–)的方式,将每次相加的结果赋值给下一次的第一个数,进行重复操作。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define  maxn 200
int main() {
	int N;
	cin>>N;
	char s1[maxn],s2[maxn];
	cin>>s1;
	
	int num1[maxn];int num2[maxn];
	
	for(int i=0;i<maxn;i++)
	{
		num1[i]=0;
		num2[i]=0;
	}
	// 转换过程
	int len1=strlen(s1);
	for(int i=0; i<len1; i++) {
		num1[i]=s1[len1-1-i]-'0';
	}
	if(N==1){
		for(int i=len1-1;i>=0;i--)
		cout<<num1[i];
	}
	if(N==1) return 0;
	N--;

    int ans[maxn];
    for(int i=0; i<maxn; i++) ans[i]=0;
	while(N--) {


		cin>>s2;
		
		int len2=strlen(s2);
		for(int i=0; i<len2; i++) {
			num2[i]=s2[len2-1-i]-'0';
		}
		
		
		for(int i=0; i<maxn; i++) ans[i]=0;
		
		for(int i=0; i<maxn; i++) {
			ans[i]=ans[i]+num1[i]+num2[i];
			ans[i+1]=ans[i]/10;//进位
			ans[i]%=10;//保留余数
		}

		for(int i=0; i<maxn; i++) {
			num1[i]=ans[i];
			num2[i]=0;
		}
		

	}

	int flag=0;
	for(int i=maxn-10; i>=0; i--) {
		if(ans[i]!=0||i==0) flag=1;
		if(flag) cout<<ans[i];
	}
	cout<<endl;
}

7-2 二叉树加权距离 (100 分)

题目

二叉树结点间的一种加权距离定义为:上行方向的变数×3 +下行方向的边数×2 。上行方向是指由结点向根的方向,下行方向是指与由根向叶结点方向。 给定一棵二叉树T及两个结点u和v,试求u到v的加权距离。

输入格式:
第1行,1个整数N,表示二叉树的结点数,(1≤N≤100000)。

随后若干行,每行两个整数a和b,用空格分隔,表示结点a到结点b有一条边,a、b是结点的编号,1≤a、b≤N;根结点编号为1,边从根向叶结点方向。

最后1行,两个整数u和v,用空格分隔,表示所查询的两个结点的编号,1≤u、v≤N。

输出格式:
1行,1个整数,表示查询的加权距离。

输入样例:
在这里给出一组输入。例如:

5
1 2
2 3
1 4
4 5
3 4

输出样例:
在这里给出相应的输出。例如:

8

思路

说实话,题目一开始挺难读懂的。其实,就是说,从u点往上,到达上限(即共同祖先)再往下走到v点。若v为u的祖先,则达到v即可停止。
题目意思大概是这么说,但操作时,从v开始计数更为方便。
代码思路:
1.因为只用到双亲节点,无须寻找子节点,故采用father连接的数组表示形式存储该树。
2.选定u点进行上寻,边走边标记,直到根节点。
3.以v点开始上寻,直到达到有标记的点,则已找到公共双亲结点。
(代码中vis数组的值并非0和1这么简单,可以用一个数表示已访问的同时,表示对应高度,方便输出上行长度)
4.计算第2步的长度(减去基准的i=10)3,计算第3步的长度2,相加即是所求结果

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int father[100001]; 
int vis[100001];//已访问 

int main()
{
//	std::ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);
	int n;cin>>n;
	int u,v;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		father[v]=u;//v的父亲是u 
	}
	cin>>u>>v;
	for(int i=10;;i++)//以高度10位基准 
	{
		if(father[u]==0)
		{
			vis[u]=i;
			break;//标记根节点并退出 
		}
		vis[u]=i;//除了标记访问外,标记高度差 
		u=father[u];//向上
	} 
	int sum=0; 
	while(vis[v]==0)//直到有标记 为止 
	{
		sum=sum+2;
		v=father[v]; 
	}
	sum=sum+vis[v]*3;
	cout<<sum-30<<endl;
	
} 

7-3 修轻轨 (100 分)

题目

长春市有n个交通枢纽,计划在1号枢纽到n号枢纽之间修建一条轻轨。轻轨由多段隧道组成,候选隧道有m段。每段候选隧道只能由一个公司施工,施工天数对各家公司一致。有n家施工公司,每家公司同时最多只能修建一条候选隧道。所有公司可以同时开始施工。请评估:修建这条轻轨最少要多少天。。

输入格式:
第1行,两个整数n和m,用空格分隔,分别表示交通枢纽的数量和候选隧道的数量,1 ≤ n ≤ 100000,1 ≤ m ≤ 200000。

第2行到第m+1行,每行三个整数a、b、c,用空格分隔,表示枢纽a和枢纽b之间可以修建一条双向隧道,施工时间为c天,1 ≤ a, b ≤ n,1 ≤ c ≤ 1000000。

输出格式:
输出一行,包含一个整数,表示最少施工天数。

输入样例:
在这里给出一组输入。例如:

6 6
1 2 4
2 3 4
3 6 7
1 4 2
4 5 5
5 6 6

输出样例:
在这里给出相应的输出。例如:

6

思路

借鉴同学的思路之后,我才发现,其实是一道克鲁斯卡尔求最小生成树的题,拿第五次实验的第3小题(修电站)稍微做修改就能过了。
但题目难,难就难在怎么把形象的表达抽象化为构建最小生成树,并求最小生成树中最大边,这个问题。反思一下,这也正是学完数据结构后,我最欠缺的东西——构建模型的思想。手中有那么多方法,却不知道题目要干啥,该用什么方法去解决都不知道,这是最致命的。
进入正题,思路其实不难,上面已经提到,就是求最小生成树中的最大边的问题。题目中说“同时施工”且“最少需要几天”,脑筋一转,根据木桶效应,可以知道耗时最长的,就是施工的结束时间。而克鲁斯卡尔算法,以不递减的顺序进行加边,满足了最后一次操作,是所有情况中最小的情况。
所以,我们选用Kruskal+并查集+有序边表的方式实现

参考代码

由于代码其实就是Kruskal+并查集+有序边表的方式实现,这里就不做赘述。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef struct node
{
	int u,v;
	int cost;
}edge;

edge e[200010];

int father[100010];

//并查集 find union 
int FIND(int v)
{
	if(father[v]==v) return v;
	return father[v]=FIND(father[v]);
}

int UNION(int x,int y)
{
	int fx=FIND(x);
	int fy=FIND(y);

	if(fx!=fy)
	{
		father[fy]=fx;
		return 1;//返回1表明发生合并 
	}
}

int main()
{
	int E_num,P_num;
	cin>>P_num>>E_num;
	
	for(int i=1;i<=E_num;i++) 
	{
		int u,v,cost;
		cin>>u>>v>>cost;
		e[i].u=u;
		e[i].v=v;
		e[i].cost=cost;
	}
	
	//Kruskal算法 
	sort(e+1,e+E_num+1,[=](edge &e1,edge &e2){
	    return e1.cost<e2.cost;
	});
	
	for(int i=0;i<=P_num;i++) father[i]=i;//并查集初始化
	
	
	for(int i=1,k=0;k!=P_num;i++)//k等于边数时结束 
	{
		if(FIND(e[i].u)!=FIND(e[i].v))//不成环 
		{
			UNION(e[i].u,e[i].v) ;
		}
		if(FIND(P_num)==FIND(1))//已连通则输出 
		{
			cout<<e[i].cost<<endl;
			exit(0);
		} 
	} 
	
	
}

7-4 数据结构设计I (100 分)

题目

小唐正在学习数据结构。他尝试应用数据结构理论处理数据。最近,他接到一个任务,要求维护一个动态数据表,并支持如下操作:

插入操作(I):从表的一端插入一个整数。

删除操作(D):从表的另一端删除一个整数。

取反操作(R):把当前表中的所有整数都变成相反数。

取最大值操作(M):取当前表中的最大值。

如何高效实现这个动态数据结构呢?

输入格式:
第1行,包含1个整数M,代表操作的个数, 2≤M≤1000000。

第2到M+1行,每行包含1个操作。每个操作以一个字符开头,可以是I、D、R、M。如果是I操作,格式如下:I x, x代表插入的整数,-10000000≤x≤10000000。 。

输出格式:
若干行,每行1个整数,对应M操作的返回值。如果M和D操作时队列为空,忽略对应操作。

输入样例:
在这里给出一组输入。例如:

6
I 6
R
I 2
M
D
M

输出样例:
在这里给出相应的输出。例如:

2
2

思路

思路其实不难,将四种操作封装成函数,循环调用即可。但每次取反,若对容器中元素均*(-1)的话,时间效率极其低下。再如果,每次求最大值进行一次sort,效率将更低下。再如果,你不知道可以使用std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);进行输入输出的优化,时间将极其极其低下。巧妙的是 ,三个错误我都犯了。
那下面就讲讲如何优化前两步操作:
1.对于R操作,每次取反大可不必,我们只需引入一个flag标记正负,对接下来输入的值进行处理,再对输出做反向操作的手脚,也就等价于将容器内元素进行取反了。
2.对于M操作,刚开始并没有想过使用multiset,故采用sort,每次M操作都得在辅助空间内进行排序,极其呆滞。但实际上,只需一边对队列进行push一边对multiset进行insert即可。但这样操作会有一点小毛病,就是在D操作时,同步删除集合中元素有些小坑。erase函数,如果erase一个值,则会删除所有的值,所有不能se.erase(*it);而得是se.erase(it);删除迭代器指向的那一个位置才行。
代码方面,使用queue存储和multiset辅助求最大,并进行两步优化后即可,在此不作赘述。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

queue<int>dq;
multiset<int>se;
int flag=1;//1为正,0为负 

inline void func(char s)
{   
    if(s=='D'&&dq.empty()!=1)
	{
		multiset<int>::iterator it=se.find(dq.front());
		se.erase(it);
		dq.pop();
	}
	else if(s=='R')
	{
		if(flag==1) flag=0;
		else flag=1;
	}
	else if(s=='M'&&dq.empty()!=1)
	{
		if(flag==1)
		cout<<*se.rbegin()<<"\n";
		else cout<<(*se.begin())*(-1)<<"\n";
	}
}
int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int m;cin>>m;
	char s;int x;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>s;
		if(s=='I')
		{
			cin>>x;
			if(flag==1)
			{
				dq.push(x);
				se.insert(x); 
			} 
			
			else 
			{
				dq.push(-x);
				se.insert(-x); 
			}
		}
		else func(s);
	}
}

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