群里一个小妹妹面试爱彼迎的时候被问到的. 题目RT
DAG
例如上图, 则H的祖先个数是3个(包括它自己哈),分别是和. 而N的祖先个数是4()。
分析 此题比较tricky的地方在于的祖先和的祖先可能是同一个()但是又不能重复计数. 所以我们需要在每个顶点上维护一个HashSet. 用于记录它的祖先集合, 伊始,集合仅仅有他自己. 然后反向建图. 最后从叶子节点(即伊始出度为0的点)开始dfs. 既然是反向建图,那么求祖先就转变为求孩子的个数了. 则每从一个节点退出dfs搜索之后就可以打印答案了. 假设输入格式如下
3
A,S,E,N
S,H,N
E,N
第一行是弧的条数. 后面每一行第一个字符是弧的起点, 后面都是弧的终点
#include "stdafx.h"
#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
vector<int> g[30]; //g是反向图
vector<int> root; // root收集了反向图的根节点
set<int> a[30]; // a[i]是顶点i的祖先集合
char s[30];
int indeg[30]; // 用于找出根节点
bool v[30]; // 哪些字母出现过
typedef vector<int>::iterator vit;
void dfs(int cur)
{
for (vit x = g[cur].begin(); x!=g[cur].end(); x++)
{
dfs(*x);
a[cur].insert(a[x].begin(), a[x].end());
}
}
int main()
{
freopen("d:\data.in", "r", stdin);
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0;i<30; i++)
{
a[i].insert(i);
} // 伊始集合中只有自己
while(n--)
{
scanf("%s", s);
int b = s[0]-'A';
v[b] = true;
for (int i = 1;s[i]; i++)
{
if (s[i]==',')
{
continue;
}
g[s[i]-'A'].push_back(b);
v[s[i]-'A'] = true;
indeg[b]++;
} // 反向建图
}
for (int i = 0;i<30;i++)
{
if (!indeg[i]&&v[i])
{
root.push_back(i);
}
} // 收集根节点
for (vit x = root.begin(); x!=root.end(); x++)
{
dfs(*x);
}
for (int i = 0; i<30; i++)
{
if (v[i])
{
printf("%c的祖先有%d个\n", i+'A', a[i].size());
}
}
return 0;
}
测试数据如下
3
A,S,E,N
S,H,N
E,N
image
反正也不能提交, 也不晓得到底对不对,但是思路应该是正确的.
ps: 其实本题是有实际背景的—— 大家知道,maven项目管理的时候, 一个项目的字节码异动可能会导致多个项目重新要打包. 现在公司有若干项目,互相依赖(当然,不会有环形依赖),要你计算每个项目(记做P)的字节码修改会导致重新打包的项目的数量(包括P自己)
并不是爱彼迎变着法考算法,而是算法本身就来源于生活,抽象于生活。所以算法的力量是很大的。