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蓝桥杯系列，为大家提供

1. 做题全集，备战蓝桥杯，就做这个系列的题即可
2. 一个大概的做题规划——大家最好在此基础上提前两个月准备

备战蓝桥杯就刷这些题
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蓝桥杯 刷题全集

• 9. spfa 算法
• • • • 1. spfa求最短路 ✔12.24
      • 做题总结：
• 10. spfa判断负权回路
• • • 例题 spfa判断负环 ✔12.26
    • • 刷题总结
• 11. floyd算法( 两两之间最短距离 )
• • • • 1. Floyd求最短路 ✔12.26
      • • 做题总结
• 12. 朴素版prim算法
• • • • 1. Prim算法求最小生成树
      • • • 做题总结
• 13. Kruskal算法
• • • • 1. Kruskal算法求最小生成树( 利用并查集 )
• 14. 染色法判别二分图
• • • • 染色法判定二分图 ✔ 12.28
      • • 算法思路 + 做题总结
• 15. 匈牙利算法
• • • 模板
    • • 二分图的最大匹配 ✔12.29
      • • 做题总结：

9. spfa 算法

1. spfa求最短路 ✔12.24

原题链接

做题总结：

1. 和宽搜差不多，只是可能会 返回走（但距离值更新了，就把这个节点入队列再处理一次）

#include
#include
#includeusing namespace std;const int N = 1e5+10;
int e[N],ne[N],h[N],idx;
int w[N];bool st[N];int n,m;void add(int x,int y,int c)
{e[idx] = y,ne[idx] = h[x],w[idx] = c,h[x] = idx++;
}int d[N];void spfa()
{memset(d,0x3f,sizeof d);d[1] = 0;queue q;q.push(1);st[1] = true;while(q.size()){auto f = q.front();q.pop();st[f] = false;for(int i = h[f]; i != -1; i = ne[i]){int j = i;if(d[e[j]] > d[f] + w[j]){d[e[j]] = d[f] + w[j];if(st[e[j]]==false){q.push(e[j]);st[e[j]] = true;}}}}
}int main()
{cin >> n >> m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 0; i < m; i++){int x,y,c;cin >> x >> y >> c;add(x,y,c);}spfa();if(d[n] == 0x3f3f3f3f)cout << "impossible";elsecout << d[n];return 0;
}

10. spfa判断负权回路

原题链接

1. 什么是负环
   
   图1中：2 到 3 到 4 到 2 路径长度为 -10
   图2中：2 到 3 到 4 到 2 路径长度为 10

图1才叫负环
图2不是负环

2. 出现负环会怎么样
   但出现负环的时候，如果我们要去求1到n的最短路，那么过程中，一定会在这个负环中一直转圈，导致路程可以变为负无穷

3. 怎么判断图中是否有负环？
   综上，我们就采取求最小路径的方式（但是本题不是求最短路），当我们求最短路径的过程中，发现有一段路径重复走，那么就说明一定出现了负环

问题来了：怎么判断某段路径在重复走
我们想，1到n号点 最多才可能走了n-1条边
如果我们发现 到某点时 已经走了 大于等于n条边，那么一定就是有负环了
由于我们不知道 1 到 x点最多可能有多少条边，但一定不会超过 n - 1 条边，所以我们就都用 大于等于n条边去判断

例题 spfa判断负环 ✔12.26

原题链接

#include 
#include 
#include 
#include using namespace std;const int N = 2010, M = 10010;int n, m;
int h[N], w[M], e[M], ne[M], idx;
int dist[N], cnt[N];
bool st[N];void add(int a, int b, int c)
{e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}bool spfa()
{queue q;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){st[i] = true;q.push(i);}while (q.size()){int t = q.front();q.pop();st[t] = false;for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]){int j = e[i];if (dist[j] > dist[t] + w[i]){dist[j] = dist[t] + w[i];cnt[j] = cnt[t] + 1;if (cnt[j] >= n) return true;if (!st[j]){q.push(j);st[j] = true;}}}}return false;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);memset(h, -1, sizeof h);while (m -- ){int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);add(a, b, c);}if (spfa()) puts("Yes");else puts("No");return 0;
}

刷题总结

1. e,ne,h,idx 用于存储边，所以数值应该与边一样多
2. 把所有点都入队列，防止不是连通图
3. dist里存储多少都可以，因为我们只需判断负权回路
4. 当一个点所走的路径长度大于n，那么就一定有负边，因为最多就是n正常的话。
5. 一定要有st数组，判断是否再走这个点

11. floyd算法( 两两之间最短距离 )

1. Floyd求最短路 ✔12.26

原题链接

做题总结

1. 用二维数组存储更方便
2. 读入存储的时候，读取最小值，并且到自身值为0
3. Floyd

#include
#includeusing namespace std;
int n,m,k;
const int N = 210;
int d[N][N];void Floyd()
{for(int k = 1; k <= n; k++)for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++)d[i][j] = min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
}int main()
{cin >> n >> m >> k;memset(d,0x3f,sizeof d);for(int i = 0; i < m; i++){int x,y,c;cin >> x >> y >> c;d[x][y] = min(d[x][y], c);d[x][x] = 0;d[y][y] = 0;}Floyd();for(int i = 0; i < k; i++){int x,y;cin >> x >> y;if(d[x][y]>=0x3f3f3f3f/2)cout << "impossible" << endl;elsecout << d[x][y] << endl;}return 0;
}

12. 朴素版prim算法

1. Prim算法求最小生成树

原题链接

做题总结

1. 和dijk算法差不多 只是 dist数组存储的是 到联通块的距离

#include
#includeusing namespace std;const int N = 510;
int p[N][N], d[N];
int n, m;
bool st[N];
int res;
int sum;void prim()
{memset(d, 0x3f, sizeof d);d[1] = 0;for (int k = 0; k < n; k++){int t = -1;for (int l = 1; l <= n; l++){if (st[l] == false && (t == -1 || d[t] > d[l]))t = l;}if (d[t] == 0x3f3f3f3f){res++;return;}st[t] = true;sum += d[t];for (int i = 1; i <= n; i++){d[i] = min(d[i], p[t][i]);}}
}int main()
{memset(p,0x3f,sizeof p);cin >> n >> m;for (int i = 0; i < m; i++){int x, y, c;cin >> x >> y >> c;p[x][y]= p[y][x] = min(p[x][y],c);}prim();if (res)cout << "impossible";elsecout << sum;return 0;
}

13. Kruskal算法

1. Kruskal算法求最小生成树( 利用并查集 )

原题链接
原题链接

#include 
#include 
#include using namespace std;const int N = 100010, M = 200010, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int p[N];struct Edge
{int a, b, w;bool operator< (const Edge &W)const{return w < W.w;}
}edges[M];int find(int x)
{if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);return p[x];
}int kruskal()
{sort(edges, edges + m);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) p[i] = i;    // 初始化并查集int res = 0, cnt = 0;for (int i = 0; i < m; i ++ ){int a = edges[i].a, b = edges[i].b, w = edges[i].w;a = find(a), b = find(b);if (a != b){p[a] = b;res += w;cnt ++ ;}}if (cnt < n - 1) return INF;return res;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 0; i < m; i ++ ){int a, b, w;scanf("%d%d%d", &a, &b, &w);edges[i] = {a, b, w};}int t = kruskal();if (t == INF) puts("impossible");else printf("%d\n", t);return 0;
}

14. 染色法判别二分图

染色法判定二分图 ✔ 12.28

算法思路 + 做题总结

算法思路

1. 通过dfs 一个染1 另一个染2（通过3-c）
2. dfs需要有返回值。所以当 下一个返回来的是false，那么就返回false
   所以一个dfs中，通过判断有一个return false，并且还有一个根据下一个的return 再return false

做题总结

1. 无向图 需要开辟 2倍

原题链接

原题链接

#include
#includeusing namespace std;const int N = 2e5+10;int e[N],ne[N],h[N],idx;
int color[N];
bool st[N];
int n,m;void add(int a,int b)
{e[idx] = b,ne[idx] = h[a],h[a] = idx++;
}bool dfs(int x,int c)
{st[x] = true;color[x] = c;for(int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]){int j = e[i];if(st[j]==true){if(color[j]==color[x])return false;}if(st[j] == false){if(!dfs(j,3-c))return false;}}return true;
}int main()
{cin >> n >> m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 0; i < m; i++){int x,y;cin >> x >> y;add(x,y),add(y,x);}bool flag = false;for(int i = 1; i <= n; i++){if(st[i]==false){if(!dfs(i,1)){flag = true;break;}}}if(flag == true)cout << "No";elsecout << "Yes";return 0;
}

15. 匈牙利算法

模板

时间复杂度是 O(nm)O(nm), nn 表示点数，mm 表示边数

int n1, n2;     // n1表示第一个集合中的点数，n2表示第二个集合中的点数
int h[N], e[M], ne[M], idx;     // 邻接表存储所有边，匈牙利算法中只会用到从第一个集合指向第二个集合的边，所以这里只用存一个方向的边
int match[N];       // 存储第二个集合中的每个点当前匹配的第一个集合中的点是哪个
bool st[N];     // 表示第二个集合中的每个点是否已经被遍历过bool find(int x)
{for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]){int j = e[i];if (!st[j]){st[j] = true;if (match[j] == 0 || find(match[j])){match[j] = x;return true;}}}return false;
}// 求最大匹配数，依次枚举第一个集合中的每个点能否匹配第二个集合中的点
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n1; i ++ )
{memset(st, false, sizeof st);if (find(i)) res ++ ;
}

二分图的最大匹配 ✔12.29

原题链接

做题总结：

1. 避免多次重复问一个女生，所以遍历每次男生时，用st存储该男生是否考虑过这个女生，这样其他男生就别再考虑了