【并查集专题】【蓝桥杯备考训练】：网络分析、奶酪、合并集合、连通块中点的数量、格子游戏【已更新完成】

本文主要是介绍【并查集专题】【蓝桥杯备考训练】：网络分析、奶酪、合并集合、连通块中点的数量、格子游戏【已更新完成】，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

1、网络分析（第十一届蓝桥杯省赛第一场C++ A组/B组）

2、奶酪（NOIP2017提高组）

3、合并集合（模板）

4、连通块中点的数量（模板）

5、格子游戏（《信息学奥赛一本通》）

1、网络分析（第十一届蓝桥杯省赛第一场C++ A组/B组）

小明正在做一个网络实验。

他设置了 n 台电脑，称为节点，用于收发和存储数据。

初始时，所有节点都是独立的，不存在任何连接。

小明可以通过网线将两个节点连接起来，连接后两个节点就可以互相通信了。

两个节点如果存在网线连接，称为相邻。

小明有时会测试当时的网络，他会在某个节点发送一条信息，信息会发送到每个相邻的节点，之后这些节点又会转发到自己相邻的节点，直到所有直接或间接相邻的节点都收到了信息。

所有发送和接收的节点都会将信息存储下来。

一条信息只存储一次。

给出小明连接和测试的过程，请计算出每个节点存储信息的大小。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 n,m，分别表示节点数量和操作数量。

节点从 1 至 n 编号。

接下来 m 行，每行三个整数，表示一个操作。

如果操作为 1 a b，表示将节点 a 和节点 b 通过网线连接起来。当 a = b 时，表示连接了一个自环，对网络没有实质影响。
如果操作为 2 p t，表示在节点 p 上发送一条大小为 t 的信息。

输出格式

输出一行，包含 n 个整数，相邻整数之间用一个空格分割，依次表示进行完上述操作后节点 1 至节点 n 上存储信息的大小。

数据范围

1≤n≤10000
1≤m≤1e5
1≤t≤100

输入样例1：

输出样例1：

13 13 5 3

思路：

连接的时候创建一个新的根节点，作为祖先（通过创建新节点，可以实现在之后的dfs中不会将之前的信息加到后连接的计算机上）

依次执行输入的指令，传达的信息都加到根节点上

dfs，把发送的信息全部累加到根节点上

遍历输出根节点的信息（如果对于节点i，p[i]==i则说明这是个根节点，不然说明这个根节点已经其点的子节点了）

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=2e4+10,M=N<<1;int p[N];int h[M],e[M],ne[M],idx;int add(int a,int b)
{e[idx]=b;//值存到e里（idx是e的编号） ne[idx]=h[a];//d的编号的下一个指向h【a】指向的编号 h[a]=idx++;//h【a】指向b的编号 
}int f[N];//存储信息 int n,m;int find(int x)
{if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);return p[x];
}void merge(int a,int b,int &root)
{a=find(a);b=find(b);if(a!=b){p[a]=p[b]=root;add(root,a);add(root,b);root++;}
}void dfs(int son,int father)
{f[son]+=f[father];for(int i=h[son];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];dfs(j,son);}
}int main()
{memset(h,-1,sizeof h);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n*2;i++){p[i]=i;}int root=n+1; while(m--){int t,a,b;cin>>t;cin>>a>>b;//cout<<"yes";//cout<<m<<endl;if(t==1){merge(a,b,root);}else{a=find(a);f[a]+=b;}//cout<<m<<endl;}//cout<<"yes1";for(int i=n+1;i<root;i++)if(p[i]==i)dfs(i,0);//把每个根节点的值传递到每个计算机上for(int i=1;i<=n;i++)cout<<f[i]<<" ";return 0;
}
/*4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 113 13 5 3*/

2、奶酪（NOIP2017提高组）

现有一块大奶酪，它的高度为 h，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。

我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系，在坐标系中，奶酪的下表面为 z=0，奶酪的上表面为 z=h。

现在，奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry，它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。

如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交，Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞；如果一个空洞与上表面相切或是相交，Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。

位于奶酪下表面的 Jerry 想知道，在不破坏奶酪的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?

空间内两点 P1(x1,y1,z1)、P2(x2,y2,z2)的距离公式如下：

输入格式

每个输入文件包含多组数据。

输入文件的第一行，包含一个正整数 T，代表该输入文件中所含的数据组数。

接下来是 T组数据，每组数据的格式如下：

第一行包含三个正整数 n，h，和 r，两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。

接下来的 n 行，每行包含三个整数 x、y、z，两个数之间以一个空格分开，表示空洞球心坐标为 (x,y,z)。

输出格式

输出文件包含 T 行，分别对应 T 组数据的答案，如果在第 i 组数据中，Jerry 能从下表面跑到上表面，则输出 Yes，如果不能，则输出 No。

数据范围

1≤n≤1000
1≤h,r≤1e9
T≤20
坐标的绝对值不超过1e9

输入样例：

输出样例：

Yes
No
Yes

思路：

多源dfs（推荐）

或者并查集

代码：

多源bfs

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, h, r, f[1010];
double x[1010], y[1010], z[1010];inline double dist(double X1, double X2, double Y1, double Y2, double Z1, double Z2) {return sqrt((X1 - X2) * (X1 - X2) + (Y1 - Y2) * (Y1 - Y2) + (Z1 - Z2) * (Z1 - Z2));
}int main() {scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d%d%d", &n, &h, &r);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lf%lf%lf", &x[i], &y[i], &z[i]), f[i] = 0;queue<int> q; bool ok = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) if (z[i] <= r) q.push(i), f[i] = 1;while (q.size()) {int p = q.front(); q.pop();if (ok) break;if (z[p] + r >= h) {ok = 1; puts("Yes"); break;}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (f[i]) continue;if (dist(x[p], x[i], y[p], y[i], z[p], z[i]) <= 2 * r) {q.push(i), f[i] = 1;if (z[i] + r >= h) {ok = 1; puts("Yes"); break;}}}}if (!ok) puts("No");}return 0;
}

并查集：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, h, r;
int t1, s1[1010], t2, s2[1010], fa[1010];
pair<long long, pair<long long, long long> > a[1010];int get(int x) {if (fa[x] != x) fa[x] = get(fa[x]);return fa[x];
}
double dist(double X1, double X2, double Y1, double Y2, double Z1, double Z2) {return sqrt(pow(X1 - X2, 2) + pow(Y1 - Y2, 2) + pow(Z1 - Z2, 2));
}int main() {scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d%d%d", &n, &h, &r); t1 = 0, t2 = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%lld%lld%lld", &a[i].second.first, &a[i].second.second, &a[i].first);if (a[i].first + r >= h) s1[++t1] = i;if (a[i].first - r <= 0) s2[++t2] = i;}if (t1 == 0 || t2 == 0) {puts("No"); continue;}for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = i + 1; j <= n; j++) {if (get(i) == get(j)) continue;double d = dist(a[i].second.first, a[j].second.first, a[i].second.second, a[j].second.second, a[i].first, a[j].first);if (d <= 2 * r) fa[get(i)] = get(j);}int b = 0;for (int i = 1; i <= t1; i++) {if (b) break;for (int j = 1; j <= t2; j++)if (get(s1[i]) == get(s2[j])) {puts("Yes"); b = 1; break;}}if (!b) puts("No");}return 0;
}

3、合并集合（模板）

一共有 n 个数，编号是 1∼n，最开始每个数各自在一个集合中。

现在要进行 m 个操作，操作共有两种：

M a b，将编号为 a和 b的两个数所在的集合合并，如果两个数已经在同一个集合中，则忽略这个操作；
Q a b，询问编号为 a 和 b 的两个数是否在同一个集合中；

输入格式

第一行输入整数 n 和 m。

接下来 m 行，每行包含一个操作指令，指令为 M a b 或 Q a b 中的一种。

输出格式

对于每个询问指令 Q a b，都要输出一个结果，如果 a 和 b 在同一集合内，则输出 Yes，否则输出 No。

每个结果占一行。

数据范围

1≤n,m≤1e5

输入样例：

输出样例：

Yes
No
Yes

思路：

写好find函数和merge函数

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=1e5+5;int n,m;int p[N];int find(int x)
{if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);return p[x];
}void merge(int a,int b)
{p[find(a)]=find(b);//a的祖先添加到b的祖先下面 
}int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=i;while(m--){char op;int a,b;cin>>op;cin>>a>>b;if(op=='M'){merge(a,b);}else{if(find(a)==find(b))cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl; }}//Yes Noreturn 0;
}

4、连通块中点的数量（模板）

给定一个包含 n 个点（编号为 1∼n）的无向图，初始时图中没有边。

现在要进行 m 个操作，操作共有三种：

C a b，在点 a 和点 b之间连一条边，a 和 b 可能相等；
Q1 a b，询问点 a 和点 b是否在同一个连通块中，a 和 b 可能相等；
Q2 a，询问点 a 所在连通块中点的数量；

输入格式

第一行输入整数 n 和 m。

接下来 m 行，每行包含一个操作指令，指令为 C a b，Q1 a b 或 Q2 a 中的一种。

输出格式

对于每个询问指令 Q1 a b，如果 a和 b 在同一个连通块中，则输出 Yes，否则输出 No。

对于每个询问指令 Q2 a，输出一个整数表示点 a 所在连通块中点的数量

每个结果占一行。

数据范围

1≤n,m≤1e5

输入样例：

输出样例：

Yes
2
3

思路：

cnt数组统计连通块中点的数量（注意数量全放在祖先节点），合并函数（merge）中进行累加

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=1e5+10;int n,m;int p[N];
int cnt[N];int find(int x)
{if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);return p[x];
}void merge(int a,int b)
{cnt[find(b)]+=cnt[find(a)];p[find(a)]=find(b);
}int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){p[i]=i;cnt[i]=1;}while(m--){char op[5];cin>>op;if(op[0]=='C'){int a,b;cin>>a>>b;if(find(a)==find(b))continue;merge(a,b);}else if(op[1]=='1'){int a,b;cin>>a>>b;if(find(a)==find(b))cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl;}else{int t;cin>>t;cout<<cnt[find(t)]<<endl;}}return 0;
}

5、格子游戏（《信息学奥赛一本通》）

Alice和Bob玩了一个古老的游戏：首先画一个 n×n的点阵（下图 n=3 ）。

接着，他们两个轮流在相邻的点之间画上红边和蓝边：

直到围成一个封闭的圈（面积不必为 1）为止，“封圈”的那个人就是赢家。因为棋盘实在是太大了，他们的游戏实在是太长了！

他们甚至在游戏中都不知道谁赢得了游戏。

于是请你写一个程序，帮助他们计算他们是否结束了游戏？

输入格式

输入数据第一行为两个整数 n 和 m。n表示点阵的大小，m 表示一共画了 m 条线。

以后 m 行，每行首先有两个数字 (x,y)，代表了画线的起点坐标，接着用空格隔开一个字符，假如字符是 D，则是向下连一条边，如果是 R 就是向右连一条边。

输入数据不会有重复的边且保证正确。

输出格式

输出一行：在第几步的时候结束。

假如 m 步之后也没有结束，则输出一行“draw”。

数据范围

1≤n≤200
1≤m≤24000

输入样例：

输出样例：

思路：

注意审题，"轮流在相邻的点之间画上红边和蓝边"表示不存在有孤立的线的情况

可以把每个点进行转换，变成一个独特的数，然后我们就可以把每个点存起来，如果新的两个点转化后，发现有共同祖先那就表示封圈了

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=4e4+9;//因为二维转化为一维了，所以一维空间必须开N的平方级 （200*200） 
int p[N];int find(int x)
{if(x!=p[x])p[x]=find(p[x]);return p[x];
}void merge(int a,int b)
{p[find(a)]=find(b);
}int main()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n*n;i++)p[i]=i;int cnt=1;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;char c;cin>>a>>b>>c;int p=(a-1)*n+b;//p表示原来的坐标 int q;//q表示另一端（向下或者向右） if(c=='D')q=a*n+b;else q=(a-1)*n+b+1;//cout<<find(p)<<" "<<find(q)<<endl;if(find(p)==find(q)){cout<<i;return 0;}merge(p,q);}cout<<"draw";return 0;
}

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