问题描述:给定一棵有向树T,树T中每个顶点u都有一个权w(u),树的每条边(u,v)也都有一个非负边长d(u,v).有向树T的每个顶点u可以看作客户,其服务需求量为w(u).
每条边(u,v)的边长d(u,v)可以看作运输费用.如果在顶点u处未设置服务机构,则将顶点u处的服务需求沿有向树的边(u,v)转移到顶点v处服务机构所需付出的服务转移费用为w(u).d(u,v).树根处已设置了服务机构,现在要在树T中增设k处服务机构,使得整棵树T的服务转移费用最小.
算法设计:对于给定的有向树T,计算在树T中增设k处服务机构的最小服务转移费用.数据输入:由文件input.txt给出输入数据.第1行有2个正整数n和k.n表示有向树T的边数,k是要增设的服务机构数.有向树T的顶点编号为0,1,...,n.根结点编号为0.在接下来的n行中,每行有表示有向树T的一条有向边的3个整数.第i+1行的3个整数wi、vi、di,分别表示编号为i的顶点的权为wi,相应的有向边为(i,vi),其边长为di.
结果输出:将计算的最小服务转移费用输出到文件output.txt.
第1题
算法设计:对于给定的树T,计算树T的最大连通分支.
数据输入:由文件input.txt给出输入数据.第1行有1个正整数n,表示树T有n个顶点.树T的顶点编号为1,2,...,n.第2行有n个整数,表示n个顶点的权值.接下来的n-1行中,每行有表示树T的一条边的2个整数u和v,表示顶点u与顶点v相连.
结果输出:将计算出的最大连通分支的权值输出到文件output.txt.
第2题
①设计一个算法求T的最小顶点集S,使T/S是d森林(从叶向根移动).
②分析算法的正确性和计算复杂性.
③设T中有n个顶点,则算法的计算时间复杂性应为O(n)
算法设计:对于给定的带权树,计算最小分离集S.
数据输入:由文件input.txt给出输入数据.第1行有1个正整数n,表示给定的带权树有n个项点,编号为1,2,...,n.编号为1的顶点是树根.接下来的n行中,第计1行描述与i个项点相关联的边的信息.每行的第1个正整数k表示与该项点相关联的边数.其后2k个数中,每2个数表示1条边.第1个数是与该顶点相关联的另一个顶点的编号,第2个数是边权值.k=0,表示相应的结点是叶结点.文件的最后一行是正整数d,表示森林中所有树的从根到叶的路长都不超过d.
结果输出:将计算的最小分离集s的顶点数输出到文件output.txt.如果无法得到所要求的d森林则输出“NoSolution!",
第3题
[说明]
HufTman树又称最优二叉树,是一类带权路径长度最短的树,在编码中应用比较广泛。
构造最优二叉树的Huffman算法如下:
①根据给定的n各权值{W1,w2,…,wn)构成n棵二叉树的集合F={T1,T2,…,Tn},其中每棵树Ti中只有一个带权为wi的根节点,其左右子树均空。
②在F中选取两棵根节点的权值较小的树作为左右子树,构造一棵新的二叉树,置新构造二叉树的根节点的权值为其左右予树根节点的权值之和。
③从F中删除这两棵树,同时将新得到的二叉树加入到F中。
重复②③,直到F中只剩一棵树为止。
函数中使用的预定义符号如下:
#define INT MAX 10000
#define ENCODING LENGTH 1000
typedef enum(none,left_child,right_child) Which;
/*标记是左孩子还足右孩子*/
typedef char Elemtype;
typedef struct TNode{//Huffman树节点
Elemtype letter;
int
weight; //权值
int parent; //父节点
Which sigh;
char *code; //节点对应编码
}HTNode,*HuffmanTree;
int n;
char coding[50];//储存代码
[函数]
void Select(HuffmanTree HT,int end,int *sl,int *s2)
/*在0~END之间,找出最小和次小的两个节点序号,返吲S1、S2*/
{
int i;
int min 1=INT_MAX;
int min 2=INT_MAX;
for(i=0;i<=end;i++){/*找最小的节点序号*/
if(( (1) )&&(HT[i].weight<minl)){
*s1=i;
min 1=HT[i].weight;
}
}
for(i=0;i<=end;i++){/*找次小节点的序号*/
if((HT[i].parent==0)&&( (2) )
&&(min 2>HT[i].weight)){
*s2=i;
min 2=HT[i].weight;
}
}
}
void HuffmanTreeCreat(HuffmanTree&HT)/*建立HUFFMAN树*/
{
int i;
int m=2*n-1;
int s1,s2;
for(i=n;i<m;i++){
Select( (3) );
HT[s1].parent=i;
HT[s2].parent=i;
HT[s1].sigh=left child;
HT[s2].sigh=right child;
HT[i].weight=(4);
}
}
void HuffmanTreeEncoding(char sen[],HuffmanTree HT)
{ /*将句子进行编码*/
int i=0;
int j;
while(sen[i] !='\0'){
for(j=0;j<n;j++){
if(HT[j].letter==sen[i])(/*字母吻合则用代码取代*/
strcat(coding, (5) );
break;
}
}
i++;
if (Sen [1]==32) i++;
}
printf("\n%s",coding);
}
(1)
第7题
A.恰有一个顶点的人度为0,其余顶点的人度为1
B.恰有一个顶点的人度为1,其余顶点的人度为0
C.恰有一个顶点的人度为1,其余顶点的人度为2
D.恰有一个顶点的人度为1,其余顶点的度大于1
第10题
将每个顶点视作一棵树,并将所有边按权重非降排序;
依次考查各边,只要其端点分属不同的树,则引入该边,并将端点所分别归属的树合二为一;
如此迭代,直至累计已引入n-1条边时,即得到一棵极小支撑树。
试证明:
a)算法过程中所引入的每一条边,都是某一割的极短跨越边(因此亦必属于某棵极小支撑树);
b)算法过程中的任一时刻,由已引入的边所构成的森林,必是某棵极小支撑树的子图;
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