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一、trie树
题目描述：
维护一个字符串集合，支持两种操作：
I x向集合中插入一个字符串 x；Q x询问一个字符串在集合中出现了多少次。
共有 N 个操作，所有输入的字符串总长度不超过 105105，字符串仅包含小写英文字母。
输入格式
第一行包含整数 N，表示操作数。
接下来 N 行，每行包含一个操作指令，指令为 I x 或 Q x 中的一种。
输出格式
对于每个询问指令 Q x，都要输出一个整数作为结果，表示 x 在集合中出现的次数。
每个结果占一行。
输入样例：
5
I abc
Q abc
Q ab
I ab
Q ab
输出样例：
1
0
1
①、思路
trie树就是可以查询字符串出现次数的一种结构，我们使用数组实现。idx用来区分每个结点，使得每个节点的值不相同，cnt表示每个字符串的末尾，从而记录没个字符串出现过几次，son[i][j]表示i结点指向j结点，同时其值就是j结点本身的值，p用来遍历过程中的结点路径。
②、代码实现
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
char st[N];
int cnt[N], idx, son[N][27];
void insert(char str[])
{
int p = 0;
for(int i = 0; str[i]; i++)
{
int u = str[i] - 'a';
if(!son[p][u]) son[p][u] = ++idx;
p = son[p][u];
}
cnt[p] ++;
}
int query(char *str)
{
int p = 0;
for(int i = 0; str[i]; i++)
{
int u = str[i] - 'a';
if(!son[p][u]) return 0; //该节点不存在，即该字符串不存在
p = son[p][u];
}
return cnt[p]; //返回字符串出现的次数
}
int main()
{
int n;scanf("%d", &n);
while( n -- )
{
char op[2];
scanf("%s %s", &op, &st);
if(op[0] == 'I') insert(st);
else printf("%dn", query(st));
}
return 0;
}二、并查集
1、样例
题目描述：
一共有 n 个数，编号是 1∼n1∼，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。
输入样例：
4 5
M 1 2
M 3 4
Q 1 2
Q 1 3
Q 3 4
输出样例：
Yes
No
Yes①、思路
核心代码
int find(int n)
{
if(p[n] != n) p[n] = find(p[n]);
return p[n];
}原理时p[ i ]就表示i的祖先，只有祖先才是i = p[i]。
初始化时，每个人都是自己的祖先，也就是一开始相互独立。
for(int i = 0; i<n; i++) p[i] = i;我们模拟一下案例，
M 1,2时，p[find(a)] = find(b) =》 p[a] = b，p[b] = b。
Q1，2时，find(a) 第一步，p[a] = b != a,因此继续找，find(p[a])。最后p[b] = b。返回b。
find(b) 直接返回b。最后相同，所以输出Yes。
②、代码实现
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int p[N];//p[]表示每个数的祖宗节点。
int find(int n)
{
if(p[n] != n) p[n] = find(p[n]);
return p[n];
}
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i = 0; i<n; i++) p[i] = i;
while( m -- )
{
char arr[2];
scanf("%s", arr);
int a, b;cin>>a>>b;
if(arr[0] == 'M') p[find(a)] = find(b);
else {
if(find(a) == find(b)){
printf("Yesn");
}
else printf("Non");
}
}
return 0;
}2、应用并查集
题目描述：
给定一个包含 n 个点（编号为 1∼n1∼）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：
5 5
C 1 2
Q1 1 2
Q2 1
C 2 5
Q2 5
输出样例：
Yes
2
3①、思路
本题是个图类问题，但是我们可以用并查集思路求解，我们设定一个sz数组，存储每个块中的结点数量。同时让每个在块内的结点直接指向最高的祖先。便可以求得节点数量。
②、代码
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
#include<string>
int p[N], sz[N];//p[]表示每个数的祖宗节点。
int find(int n)
{
if(p[n] != n) return p[n] = find(p[n]);
return p[n];
}
void merge(int a, int b)
{
int x = find(a);
int y = find(b);
p[x] = y;
sz[y] += sz[x];
}
bool ask(int a, int b)
{
return find(a) == find(b);
}
int main()
{
int n,m; cin>>n>>m;
for(int i = 0; i<n; i++){
p[i] = i;
sz[i] = 1;
}
while( m -- )
{
int a, b;
string str;
cin>>str;
if(str == "C"){
scanf("%d %d", &a, &b);
if(!ask(a, b)) merge(a, b);
}
else if(str == "Q1"){
scanf("%d %d", &a, &b);
ask(a, b) ? printf("Yesn") : printf("Non");
}
else {
scanf("%d", &a);
printf("%dn", sz[find(a)]);
}
}
return 0;
}三、堆排序
题目描述：
输入一个长度为 n 的整数数列，从小到大输出前 m 小的数。
输入格式
第一行包含整数 n 和 m。
第二行包含 n 个整数，表示整数数列。
输出格式
共一行，包含 m 个整数，表示整数数列中前 m 小的数。
数据范围
1≤m≤n≤1e5
1≤数列中元素≤1e9
输入样例：
5 3
4 5 1 3 2
输出样例：
1 2 3①、思路
堆排序，本身就是一种数组，但是排序的时候就是，一种模拟树状结构，通过比较，选出该部分最小的数，并放到最前面，反复进行。从而达到排序的效果。每次将最小数打印之后，再将最后面的数放到最前面然后继续排序。
②、代码
#include<iostream>
using namespace std;
#include<algorithm>
const int N = 1e5 + 10;
int arr[N], sz;
void down(int u)
{
int t = u;
if(2 * u <= sz && arr[t] > arr[2 * u]) t = 2 * u;
if(2 * u + 1 <= sz && arr[t] > arr[2 * u + 1]) t = 2 * u + 1;
if(t != u)
{
swap(arr[t], arr[u]);
down(t);
}
}
int main()
{
int n, m;cin>>n>>m;
sz = n;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &arr[i]);
for(int i = n / 2; i > 0; i--) down(i);
while( m -- )
{
cout<<arr[1]<<" ";
arr[1] = arr[sz -- ];
down(1);
}
return 0;
}四、模拟哈希表
1、离散化
题目描述：
假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标上的数都是 00。
现在，我们首先进行 n 次操作，每次操作将某一位置 x 上的数加 c。
接下来，进行 m次询问，每个询问包含两个整数 l 和 r，你需要求出在区间 [l,r]之间的所有数的和。
输入格式
第一行包含两个整数 n 和 m。
接下来 n 行，每行包含两个整数 x 和 c。
再接下来 m 行，每行包含两个整数 l 和 r。
输出格式
共 m 行，每行输出一个询问中所求的区间内数字和。
数据范围
−1e9≤x≤1e9
1≤n,m≤1e5
−1e9≤l≤r≤1e9
−10000≤c≤10000
输入样例：
3 3
1 2
3 6
7 5
1 3
4 6
7 8
输出样例：
8
0
5①、思路
离散化，就是对于特别大范围的数进行优化的一种操作，将他们都对应到小的范围，从而实现求解。本题就是将所有坐标都存起来，然后将重复坐标全部去除，再利用二分方法，求出对应的离散化坐标。然后利用前缀和进行求解。
②、代码
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
#include<algorithm>
const int N = 300010;
int a[N],s[N];
int n,m;
vector<int> alls;
vector<pair<int,int>> add,query;
int find(int x)
{
int l = 0;int r = alls.size()-1;
while(l<r)
{
int mid = l+r>>1;
if(alls[mid]>=x) r = mid;
else
l = mid+1;
}
return r+1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 0;i<n;i++)
{
int x,c;
scanf("%d%d",&x,&c);
add.push_back({x,c});
alls.push_back(x);
}
for(int i = 0;i<m;i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
query.push_back({l,r});
alls.push_back(l);
alls.push_back(r);
}
//去重
sort(alls.begin(),alls.end());
alls.erase(unique(alls.begin(),alls.end()),alls.end());
//处理输入
for(auto item :add)
{
int x = find(item.first);
a[x]+=item.second;
}
//构建前缀和数组
for(int i = 1;i<=alls.size();i++) s[i] = s[i-1]+a[i];
//
for(auto item : query)
{
int l = find(item.first);
int r = find(item.second);
printf("%dn",s[r]-s[l-1]);
}
}2、模拟散列表
题目描述：
维护一个集合，支持如下几种操作：
I x，插入一个整数 x；Q x，询问整数 x 是否在集合中出现过；
现在要进行 N 次操作，对于每个询问操作输出对应的结果。
输入格式
第一行包含整数 N，表示操作数量。
接下来 N 行，每行包含一个操作指令，操作指令为 I x，Q x 中的一种。
输出格式
对于每个询问指令 Q x，输出一个询问结果，如果 x 在集合中出现过，则输出 Yes，否则输出 No。
每个结果占一行。
数据范围
1≤N≤1e5
−109≤x≤1e9
输入样例：
5
I 1
I 2
I 3
Q 2
Q 5
输出样例：
Yes
No①、思路
1、拉链法
拉链法，就是利用邻接表存储，其中将目标数字通过取余1e5 + 3。从而求解。
具体代码如下。
代码实现
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#include<string>
const int N = 1e5 + 3;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
void insert(int x)
{
int k = (x % N + N) % N;
e[idx] = x;
ne[idx] = h[k];
h[k] = idx++;
}
bool find(int x)
{
int k = (x % N + N) % N;//次数因为c++取余运算可能有负数，因此这样操作。
for(int i = h[k]; i != -1; i = ne[i]){
if(e[i] == x) return true;
}
return false;
}
int main()
{
int n; cin>>n;
memset(h, -1, sizeof(h));
while(n -- )
{
string op; int x;
cin>>op>>x;
if(op == "I"){
insert(x);
}
else {
if(find(x)){
printf("Yesn");
}
else {
printf("Non");
}
}
}
return 0;
}2、开放寻址法
这种方法，就是通过不断遍历，如果遍历到头就返回0重新遍历，然后直到找到目标值，如果为空，说明该位置就是应该被插入值的地方。
代码实现
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 3; //大于数据范围的第一个质数
const int null = 0x3f3f3f3f; //规定空指针为 null 0x3f3f3f3f
int n;
int h[N];
int find(int x) {
int t = (x % N + N) % N;
while (h[t] != null && h[t] != x) {
t++;
if (t == N) {
t = 0;
}
}
return t; //如果这个位置是空的, 则返回的是他应该存储的位置
}
int main() {
cin >> n;
memset(h, 0x3f, sizeof h); //规定空指针为 0x3f3f3f3f
while (n--) {
string op;
int x;
cin >> op >> x;
if (op == "I") {
h[find(x)] = x;
} else {
if (h[find(x)] == null) {
puts("No");
} else {
puts("Yes");
}
}
}
return 0;
}五、图论
Ⅰ、树与图的遍历
①、深度优先遍历
题目链接：树与图的重心
思路：
本题首先使用邻接表将所有结点都连在一起，然后深度遍历时有两个变量，res和sum，sum表示以当前节点作为重心，其它所有分支的和，res表示分支里面数量最多的分支，
ans作为最终结果，它表示，所有最大连通子路里面的最小值。
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = N * 2;
int h[N], n, ans = N;
int e[M], ne[M], idx;
bool st[N];
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b;ne[idx] = h[a]; h[a] = idx ++;
}
int dfs(int u)
{
int res = 0;
st[u] = true;
int sum = 1;
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){
int j = e[i];
if(!st[j])
{
int s = dfs(j);
res = max(res, s);
sum += s;
}
}
res = max(res, n - sum);
ans = min(res, ans);
return sum;
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof(h));
cin>>n;
for(int i = 0; i < n - 1; i++){
int a, b;
cin>>a>>b;
add(a, b); add(b, a);
}
dfs(1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}②、广度优先遍历
题目链接：图中点的层次
思路：
本题使用邻接表进行存储，然后层序遍历时，使用队列进行遍历，然后d数组用来存储每个点到根节点的距离，最后返回dp[ n ]，代表n到1的距离。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
#include<queue>
int n, m;
const int N = 1e5 + 10;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int d[N];
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b; ne[idx] = h[a]; h[a] = idx ++;
}
int bfs()
{
memset(d, -1, sizeof(d));
queue<int> q;
d[1] = 0;
q.push(1);
while(q.size())
{
int t = q.front();
q.pop();
for(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(d[j] == -1)
{
d[j] = d[t] + 1;
q.push(j);
}
}
}
return d[n];
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h, -1, sizeof(h));
for(int i = 0; i < m; i++){
int a, b;cin>>a>>b;
add(a, b);
}
cout<<bfs()<<endl;
return 0;
}Ⅱ、拓扑排序（有向图）
题目链接：拓扑排序
思路：
我们使用数组模拟一个队列q，然后我们将入度为0的点放在队列里，同时删除这个点对应的边，最后依次输出q这个数组，就可以了。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
const int N = 1e5 + 10;
int e[N], ne[N], h[N],idx;
int n, m;
int q[N], hh = 0, tt = -1;
int d[N];//保存每个点的入度
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b; ne[idx] = h[a]; h[a] = idx ++;
}
void topsort()
{
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(d[i] == 0)
q[++tt] = i;
}
while(hh <= tt)
{
int t = q[hh ++ ];
for(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]){
int j = e[i];
d[j] --;
if(d[j] == 0)
{
q[++tt] = j;
}
}
}
if(tt == n - 1)
{
for(int i = 0; i<n; i++) cout<<q[i]<<" ";
}
else puts("-1");
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h, -1, sizeof(h));
while( m -- )
{
int x, y;cin>>x>>y;
d[y] ++;
add(x, y);
}
topsort();
return 0;
}六、最短路径（图论）
Ⅲ、dijkstra算法
①、dijkstraⅠ(朴素算法)
题目链接：disktra求最短路Ⅰ
思路：
本题使用dijkstra的思路是，每个最短路径都取离起点距离最小的，然后用t更新节点坐标，遍历过的用true标记，表示已经遍历过了。最后返回dist[ n ]表示n到1的最短路径。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
const int N = 510;
int n, m;
int g[N][N], dist[N];//g表示x到y的权重，dist[N]表示点N对第一个点的最短距离。
bool st[N];
int Dijkstra()
{
memset(dist, 0x3f3f3f3f, sizeof(dist));
dist[1] = 0;
for(int i = 0; i<n; i++){
int t = -1;
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j])){
t = j;
}
}
st[t] = true;
for(int j = 1; j <= n; j++){
dist[j] = min(dist[j], dist[t] + g[t][j]);
}
}
if(dist[n] == 0x3f3f3f3f) return -1;
return dist[n];
}
int main()
{
memset(g, 0x3f3f3f3f, sizeof(g));
cin>>n>>m;
while( m -- )
{
int x, y, z;
cin>>x>>y>>z;
g[x][y] = min(g[x][y], z);
}
cout<<Dijkstra()<<endl;
return 0;
}②、dijkstraⅡ（优先队列优化）
题目链接：disktra求最短路Ⅱ
思路：
本题稀疏表，因此使用邻接表存储，同时，遍历与上面基本相同，但是在基础上新加了优先队列的优化，优先队列自动排序，然后就可以降低时间复杂度到o(m log n)。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
#include<queue>
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e6 + 10;
int e[N], ne[N], h[N], w[N], idx;
int dist[N];
bool st[N];
int n, m;
void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b; ne[idx] = h[a]; w[idx] = c; h[a] = idx ++;
}
int dijkstra()
{
memset(dist, 0x3f3f3f3f, sizeof(dist));
dist[1] = 0;
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> heap;
heap.push({0, 1});
while(heap.size())
{
PII k = heap.top();
heap.pop();
int ver = k.second; int distance = k.first;
if(st[ver]) continue;
st[ver] = true;
for(int i = h[ver]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(dist[j] > distance + w[i])
{
dist[j] = distance + w[i];
heap.push({dist[j], j});
}
}
}
if(dist[n] == 0x3f3f3f3f) return -1;
return dist[n];
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h, -1, sizeof(h));
while( m -- )
{
int x, y, z;
cin>>x>>y>>z;
add(x, y, z);
}
cout<<dijkstra()<<endl;
return 0;
}Ⅳ、bellman – ford算法
题目链接：bellman-ford算法
思路：
两层for循环，第一层是最多k次，然后循环k,之后的遍历每条边，更新最小值，然后我们的back数组是用来保存上一层的状态，防止回权部分有重边。每条边，我们使用一个结构体存储。
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 510, M = 10010;
struct Edge {
int a;
int b;
int w;
} e[M];//把每个边保存下来即可
int dist[N];
int back[N];//备份数组防止串联
int n, m, k;//k代表最短路径最多包涵k条边
int bellman_ford() {
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
dist[1] = 0;
for (int i = 0; i < k; i++) {//k次循环
memcpy(back, dist, sizeof dist);
for (int j = 0; j < m; j++) {//遍历所有边
int a = e[j].a, b = e[j].b, w = e[j].w;
dist[b] = min(dist[b], back[a] + w);
//使用backup:避免给a更新后立马更新b, 这样b一次性最短路径就多了两条边出来
}
}
if (dist[n] > 0x3f3f3f3f / 2) return -2;
else return dist[n];
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 0; i < m; i++) {
int a, b, w;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &w);
e[i] = {a, b, w};
}
int res = bellman_ford();
if (res == -2) puts("impossible");
else cout << res;
return 0;
}原文地址:https://blog.csdn.net/su_xu_chao/article/details/135927293
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