【算法】图的存储和遍历

news2025/7/14 18:44:16

作者:指针不指南吗
专栏:算法篇

🐾或许会很慢,但是不可以停下🐾

文章目录

  • 1. 图的存储
    • 1.1 邻接矩阵
    • 1.2 邻接表
  • 2. 图的遍历
    • 2.1 dfs 遍历
    • 2.2 bfs 遍历

1. 图的存储

  • 引入

一般来说,树和图有两种存储方式,树是无环连通图,树是特殊的图,这里只讲图。

图分成两种有向图和无向图

无向图:有向图建两条边,a->b , b->a

所以说,无向图是一种特殊的有向图 , 我们只讲 有向图的存储

1.1 邻接矩阵

二维数组, g[a][b] ,a 到 b 的边

比较浪费空间,适合存储 稠密图,用的比较少

1.2 邻接表

图和部分注释转自 acwing

在这里插入图片描述

  • 代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

//N : 节点数量
//M:边的数量
//i : 节点的下标索引
//idx : 边的下标索引

const int N=100010,M=2*N;

//h[N] : 表示 第 i 个节点的 第一条边的 idx
//ne[M] : 表示 与 第 idx 条边 同起点 的 下一条边 的 idx
//e[M] : 表示 第idx 条边的 终点 表示值

int h[N],e[M],ne[M],idx;

void add(int a, int b)  //插入一个 a->b 的边
{
    e[idx]=b;  // 记录 加入的边 的终点节点, 记录值
    h[idx]=h[a]; // h[a] 表示 节点 a 为起点的第一条边的下标,ne[idx] = h[a] 表示把 h[a] 这条边接在了 idx 这条边的后面,其实也就是把 a 节点的整条链表 接在了 idx 这条边 后面;目的就是为了下一步 把 idx 这条边 当成 a 节点的单链表的 第一条边,完成把最新的一条边插入到 链表头的操作;
    h[a]=idx++;   a节点开头的第一条边置为当前边,idx移动到下一条边
}

int main()
{
    int n;
    
    cin>>n;
    
    memset(h,-1,sizeof h); //把每个头节点 初始化为 -1
    
    return 0;
}

2. 图的遍历

一般我们每个元素就遍历一次

两种搜索方式,每个点只遍历一次:深搜一边路走到黑 ;宽搜 一层一层的搜

边的权重 都相等,则使用 bfs 找最短路

2.1 dfs 遍历

  • 代码模板
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010,M=N*2;  //以有向图的格式存储无向图,所以每个节点至多对应2n-2条边


int n;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
bool st[N];

void add(int a,int b)
{
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

// 树 dfs 遍历 框架
void dfs(int u)  //遍历以 u 为根节点的子树
{
    if(u==n) return ;  //边界条件就是左右的点 都遍历过了
    
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])  
    {
        int j=e[i]; // 去出当前节点编号
        if(!st[j]) //没有使用过,继续
        {
            st[j]=true;  //改变状态
            dfs(j);  //dfs 下一个节点,就是搜索以 j 为根节点的子树
        }
    }
}

int main()
{
    cin>>n;
    
    memset(h,-1,sizeof h);  //给头节点 初始化
    
    return 0;
}
  • 例题

    链接:[acwing 846.树的重心]( 846. 树的重心 - AcWing题库 )

    给定一颗树,树中包含 n 个结点(编号 1∼n)和 n−1 条无向边。

    请你找到树的重心,并输出将重心删除后,剩余各个连通块中点数的最大值。

    重心定义:重心是指树中的一个结点,如果将这个点删除后,剩余各个连通块中点数的最大值最小,那么这个节点被称为树的重心。

    输入格式

    第一行包含整数 n,表示树的结点数。

    接下来 n−1 行,每行包含两个整数 a 和 b,表示点 a 和点 b 之间存在一条边。

    输出格式

    输出一个整数 m,表示将重心删除后,剩余各个连通块中点数的最大值。

    数据范围

    1≤n≤ 1 0 5 10^5 105

    输入样例:

    9
    1 2
    1 7
    1 4
    2 8
    2 5
    4 3
    3 9
    4 6
    

    输出样例:

    4
    
  • 思路

    1. 把树存在邻接表里面

    2. 开始找去除重心之后,使剩余几部分连通图中,每一部分节点最大数量 最小

      • 我们可以通过 dfs ,找到每个子树中节点数量
      • 算出一个子树的每一部分 ABC , 取他们的 最 max ,计算每一个节点的这几个部分

    在这里插入图片描述

  • 代码实现

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int N=1e5+10,M=2*N;  
    
    int n;
    int h[N],e[M],ne[M],idx;
    int ans=N;  //最小值,初始化为 一个最大数
    bool st[N];
    
    void add(int a,int b)
    {
        e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
    }
    
    int dfs(int u) //返回的是,去除 u 节点之后最大连通图的数量
    {
        st[u]=true;  //改变状态
        
        //size 表示子树连通块中点的数量(图中 B或者C)
        //sum 表示以 u 为根节点所有的子树点的数量(图中 x点+B+C)
        int size=0,sum=1; 
        
        for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])  //遍历以 u 为根节点的子树
        {
            int j=e[i];  //j 表示现在正在遍历的节点编号
            if (st[j]) continue;  //遍历过了,跳过进行下一个
            
            st[j]=true;  //改变状态
            
            int s=dfs(j);  //存的是,以 j 为根节点的所有子树的中点的数量
            
            size=max(size,s);  //取所有 子树中点数量最大的值 相当于比较图中的B,C
            sum+=s;  //sum+ 扩展的子树中点的数量
        }
        
        size=max(size,n-sum);  //相当于比较途中 各个部分 ABC 的最大值
        ans=min(size,ans);  //取最大值的最小值
        
        return sum;  //返回 以 u 为根节点的所有子树地最大值
    }
    
    
    int main()
    {
        cin>>n;
        
        memset(h,-1,sizeof h);
        
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            
            add(a,b),add(b,a);  //注意这里是 无向图,有两条边
        }
        
        
        dfs(1);  //开始遍历树
        
        cout<<ans;  //输出结果
        
        return 0;
    }
    

2.2 bfs 遍历

  • 代码模板
//宽搜框架
queue<int > q;
q.push(1);  //把编号 1 节点放进去
while(!q.empty())
{
    int t=q.front();
    q.pop();
    //拓展所有t可以到的节点,邻点
    if(/*邻点x没有被遍历过*/)
    {
		q.push(x);
        st[x]=1;
        d[x]=d[t]+1;
    }
}
  • 例题

    链接: 847. 图中点的层次 - AcWing题库

    给定一个 n 个点 m 条边的有向图,图中可能存在重边和自环。

    所有边的长度都是 1,点的编号为 1∼n。

    请你求出 1 号点到 n 号点的最短距离,如果从 1号点无法走到 n 号点,输出 −1。

    输入格式

    第一行包含两个整数 n 和 m。

    接下来 m 行,每行包含两个整数 a 和 b,表示存在一条从 a 走到 b 的长度为 1 的边。

    输出格式

    输出一个整数,表示 1 号点到 n 号点的最短距离。

    数据范围

    1≤n,m≤ 1 0 5 10^5 105

    输入样例:

    4 5
    1 2
    2 3
    3 4
    1 3
    1 4
    

    输出样例:

    1
    
  • 思路

    我们第一发现这个点,就是源点到这个点的最短路径

    首先判断出来 这道题是使用 bfs

    然后 , 图的存储, 图的遍历 模板题

  • 代码实现

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int N=1e5+10,M=N*2;
    
    int n,m;  //n表示点,m表示边
    int h[N],e[M],ne[M],idx;
    bool st[N];
    int q[N],d[N];  //q表示队列,d表示距离
    
    void add(int a,int b)
    {
        e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
    }
    
    int bfs()
    {
        int hh,tt;  //hh表示队头,tt表示队尾
        q[0]=1;  //存储层次遍历序列 0号节点是编号为1的节点
        
        memset(d,-1,sizeof d);  //d[]==-1,表示没有被遍历过
        
        d[1]=0;  //储存每个节点到 起点 编号1 的距离
        
        while(hh<=tt)
        {
            //取出 队头
            int t=q[hh++];
            
            //遍历t节点的每一个邻边
            for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
            {
                int j=e[i];  
                if(d[j]==-1)  //j 没有没被扩展过
                {
                    d[j]=d[t]+1;  //该点的距离+1,并且表示已经被扩展过了
                    q[++tt]=j;  //把扩展的点放到队列里面去,压入队列
                }  
            }
        }
       return d[n]; //返回编号为 n 的节点到 起点的距离
    }
    
    int main()
    {
        cin>>n>>m;
        
        memset(h,-1,sizeof h);
        
        for(int i=0;i<m;i++)  //读入边
        {
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            add(a,b);
        }
        
        cout<<bfs();
        
        return 0;
    }
    

    STL 队列实现 bfs

    int bfs()
    {
        queue<int> q;
        q.push(1);
      //  q[0]=1;  //存储层次遍历序列 0号节点是编号为1的节点
        
        memset(d,-1,sizeof d);  //d[]==-1,表示没有被遍历过
        
        d[1]=0;  //储存每个节点到 起点 编号1 的距离
       
       while(!q.empty())
       {
           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);
               }
           }
       }
    }
    

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