做公司网站的服务费入什么费用优化流程

目录

1.网络延迟时间

弗洛伊德算法

迪杰斯特拉算法

2. K 站中转内最便宜的航班

3.从第一个节点出发到最后一个节点的受限路径数

4.到达目的地的方案数

1.网络延迟时间

有 n 个网络节点，标记为 1 到 n。

给你一个列表 times，表示信号经过 有向 边的传递时间。 times[i] = (ui, vi, wi)，其中 ui 是源节点，vi 是目标节点， wi 是一个信号从源节点传递到目标节点的时间。

现在，从某个节点 K 发出一个信号。需要多久才能使所有节点都收到信号？如果不能使所有节点收到信号，返回 -1 。

示例 1：

输入：times = [[2,1,1],[2,3,1],[3,4,1]], n = 4, k = 2
输出：2

示例 2：

输入：times = [[1,2,1]], n = 2, k = 1
输出：1

示例 3：

输入：times = [[1,2,1]], n = 2, k = 2
输出：-1

提示：

• 1 <= k <= n <= 100
• 1 <= times.length <= 6000
• times[i].length == 3
• 1 <= ui, vi <= n
• ui != vi
• 0 <= wi <= 100
• 所有 (ui, vi) 对都 互不相同（即，不含重复边）

分析：要求最快能到达所有点，就是要找到这个点到达所有点的最短路径的最大值，用弗洛伊德算法的话就是比较暴力了，算出来所有的以后在需要的顶点找最大值，但是迪杰斯特拉算法少一层循环，只要这个顶点到记录到所有顶点的最小距离就好 

弗洛伊德算法用邻接矩阵的时候，可以直接在邻接矩阵上操作，不用再利用结构体去建图

弗洛伊德算法

分析：要更新邻接矩阵，需要一个中间点，写在三层循环的最外层

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
main()
{//接受数据int arc,n;cin>>n>>arc;int i,j,s[n][n];for(i=0; i<n; i++)for(j=0; j<n; j++){if(j!=i) s[i][j]=99999;else s[i][j]=0;}int a,b,c;for(i=0; i<arc; i++){cin>>a>>b>>c;s[a-1][b-1]=c;}cin>>a;a=a-1;//三层循环for(b=0; b<n; b++){for(i=0; i<n; i++){for(j=0; j<n; j++)s[i][j]=min(s[i][j],s[i][b]+s[b][j]);}}int ans=0;for(i=0; i<n; i++)ans=max(ans,s[a][i]);
//    for(i=0; i<n; i++)
//    {
//        for(j=0; j<n; j++)
//            cout<<s[i][j]<<" ";
//        cout<<endl;
//    }ans=ans>9999?-1:ans;cout<<ans;}

迪杰斯特拉算法

分析：找到了一个讲迪杰斯特拉算法的文章，讲的挺详细的【C++】Dijkstra算法_dijkstra c++-CSDN博客

先从邻接矩阵开始写，要设置好visit[]（做标记）和dist[]（记录最短距离），从0开始循环n遍，保证每个点都可以做一次中间点，找到最短的且未被标记的，然后以她作为中间点更新

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
main()
{//接收数据int arc,n;cin>>n>>arc;int i,j,k,s[n][n];for(i=0; i<n; i++)for(j=0; j<n; j++){if(j!=i) s[i][j]=99999;else s[i][j]=0;}int a,b,c;for(i=0; i<arc; i++){cin>>a>>b>>c;s[a-1][b-1]=c;}for(i=0; i<n; i++){for(j=0; j<n; j++){cout<<s[i][j]<<" ";}cout<<endl;}cin>>a;//迪杰斯特拉int visit[n],dist[n];memset(visit,0,sizeof(visit));memset(dist,9999,sizeof(dist));dist[a-1]=0;dist[-1]=9999;//循环n遍for(i=0; i<n; i++){j=-1;//计算最小for(k=0; k<n; k++){if(!visit[k]&&dist[k]<=dist[j])j=k;}//做标记visit[j]=1;//更新路径for(k=0; k<n; k++){dist[k]=min(dist[k],dist[j]+s[j][k]);}for(k=0;k<n;k++) cout<<dist[k]<<" ";cout<<endl;}int ans=0;for(i=0; i<n; i++){ans=max(ans,dist[i]);}ans=ans>9999?-1:ans;cout<<ans;}

2. K 站中转内最便宜的航班

有 n 个城市通过一些航班连接。给你一个数组 flights ，其中 flights[i] = [fromi, toi, pricei] ，表示该航班都从城市 fromi 开始，以价格 pricei 抵达 toi。

现在给定所有的城市和航班，以及出发城市 src 和目的地 dst，你的任务是找到出一条最多经过 k 站中转的路线，使得从 src 到 dst 的 价格最便宜 ，并返回该价格。 如果不存在这样的路线，则输出 -1。

示例 1：

输入: 
n = 3, edges = [[0,1,100],[1,2,100],[0,2,500]]
src = 0, dst = 2, k = 1
输出: 200
解释: 
城市航班图如下
​

从城市 0 到城市 2 在 1 站中转以内的最便宜价格是 200，如图中红色所示。

示例 2：

输入: 
n = 3, edges = [[0,1,100],[1,2,100],[0,2,500]]
src = 0, dst = 2, k = 0
输出: 500
解释: 
城市航班图如下
​从城市 0 到城市 2 在 0 站中转以内的最便宜价格是 500，如图中蓝色所示。

提示：

• 1 <= n <= 100
• 0 <= flights.length <= (n * (n - 1) / 2)
• flights[i].length == 3
• 0 <= fromi, toi < n
• fromi != toi
• 1 <= pricei <= 104
• 航班没有重复，且不存在自环
• 0 <= src, dst, k < n
• src != dst

分析：我想到的时用迪杰斯特拉算法，在计算的过程中记录中转次数进行剪枝,比较容易出错的点就是可以中专k次，但是直接到达的算是中转0次，但是如果是原点和终点在同一个地方的话要比0次少一次，那就是-1次，但是我设置的是从原点到原点是0次，所以可以理解成到达某个地方需要乘坐几次航班，那就是乘坐k+1次时才算中转k次，这里比较容易出错

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
main()
{int arc,n;cin>>n>>arc;int i,j,k,s[n][n];for(i=0; i<n; i++)for(j=0; j<n; j++){if(j!=i) s[i][j]=99999;else s[i][j]=0;}int a,b,c;for(i=0; i<arc; i++){cin>>a>>b>>c;s[a][b]=c;}
//    for(i=0; i<n; i++)
//    {
//        for(j=0; j<n; j++)
//        {
//            cout<<s[i][j]<<" ";
//        }
//        cout<<endl;
//    }cin>>a>>b>>c;int visit[n],dist[n],ans[n];memset(visit,0,sizeof(visit));memset(dist,9999,sizeof(dist));memset(ans,0,sizeof(ans));dist[a]=0;dist[-1]=9999;for(i=0;i<n;i++){j=-1;for(k=0;k<n;k++){if(!visit[k]&&dist[k]<=dist[j]) j=k;}visit[j]=1;for(k=0;k<n;k++){if(dist[k]>dist[j]+s[j][k] && ans[j]+1<=c+1){ans[k]=ans[j]+1;dist[k]=dist[j]+s[j][k];}}}//   for(i=0;i<n;i++) cout<<ans[i]<<" ";cout<<dist[b];
}

3.从第一个节点出发到最后一个节点的受限路径数

现有一个加权无向连通图。给你一个正整数 n ，表示图中有 n 个节点，并按从 1 到 n 给节点编号；另给你一个数组 edges ，其中每个 edges[i] = [ui, vi, weighti] 表示存在一条位于节点 ui 和 vi 之间的边，这条边的权重为 weighti 。

从节点 start 出发到节点 end 的路径是一个形如 [z0, z1, z2, ..., zk] 的节点序列，满足 z0 = start 、zk = end 且在所有符合 0 <= i <= k-1 的节点 zi 和 zi+1 之间存在一条边。

路径的距离定义为这条路径上所有边的权重总和。用 distanceToLastNode(x) 表示节点 n 和 x 之间路径的最短距离。受限路径 为满足 distanceToLastNode(zi) > distanceToLastNode(zi+1) 的一条路径，其中 0 <= i <= k-1 。

返回从节点 1 出发到节点 n 的 受限路径数 。由于数字可能很大，请返回对 109 + 7 取余 的结果。

示例 1：

输入：n = 5, edges = [[1,2,3],[1,3,3],[2,3,1],[1,4,2],[5,2,2],[3,5,1],[5,4,10]]
输出：3
解释：每个圆包含黑色的节点编号和蓝色的 distanceToLastNode 值。三条受限路径分别是：
1) 1 --> 2 --> 5
2) 1 --> 2 --> 3 --> 5
3) 1 --> 3 --> 5

示例 2：

输入：n = 7, edges = [[1,3,1],[4,1,2],[7,3,4],[2,5,3],[5,6,1],[6,7,2],[7,5,3],[2,6,4]]
输出：1
解释：每个圆包含黑色的节点编号和蓝色的 distanceToLastNode 值。唯一一条受限路径是：1 --> 3 --> 7 。

提示：

• 1 <= n <= 2 * 104
• n - 1 <= edges.length <= 4 * 104
• edges[i].length == 3
• 1 <= ui, vi <= n
• ui != vi
• 1 <= weighti <= 105
• 任意两个节点之间至多存在一条边
• 任意两个节点之间至少存在一条路径

分析：这个是要先算出各个点到n点的最短路径，这个的话就应该是迪杰斯特拉算法了，然后放在dist[]中记录，然后就要搜索所有的路径根据dist[]的要求去剪枝，这种搜索的话我想到的是回溯，如果这条路可以走的话进行剪枝，但是我看题解好像更多人用的是动态规划 ，直接用dp[]表示1到i的受限路径数，这样会简单很多，这样放一起来想的话，回溯更适合那种要求写出路径的，像这种只求路径数的更适合动态规划

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
main()
{int arc,n;cin>>n>>arc;int i,j,k,s[n][n];for(i=0; i<n; i++)for(j=0; j<n; j++){if(j!=i) s[i][j]=9999;else s[i][j]=0;}int a,b,c;for(i=0; i<arc; i++){cin>>a>>b>>c;s[a-1][b-1]=c;s[b-1][a-1]=c;}
//    for(i=0; i<n; i++)
//    {
//        for(j=0; j<n; j++)
//        {
//            cout<<s[i][j]<<" ";
//        }
//        cout<<endl;
//    }int visit[n],dist[n],dp[n];memset(visit,0,sizeof(visit));memset(dist,9999,sizeof(dist));memset(dp,0,sizeof(dp));dist[n-1]=0;dist[-1]=9999;for(i=0;i<n;i++){j=-1;for(k=0;k<n;k++){if(!visit[k]&&dist[k]<=dist[j]) j=k;}visit[j]=1;for(k=0;k<n;k++){dist[k]=min(dist[k],dist[j]+s[j][k]);}}
//    for(i=0;i<n;i++) cout<<dist[i]<<" ";cout<<endl;dp[0]=1;for(i=0;i<n;i++){for(j=i+1;j<n;j++){if(s[i][j]!=9999 && dist[i]>dist[j])dp[j]=dp[j]+dp[i];}for(k=0;k<n;k++) cout<<dp[k]<<" ";cout<<endl;}
//    for(i=0;i<n;i++) cout<<dp[i]<<" ";cout<<endl;cout<<dp[n-1];
//7 8
//1 3 1
//4 1 2
//7 3 4
//2 5 3
//5 6 1
//6 7 2
//7 5 3
//2 6 4}

4.到达目的地的方案数

你在一个城市里，城市由 n 个路口组成，路口编号为 0 到 n - 1 ，某些路口之间有 双向 道路。输入保证你可以从任意路口出发到达其他任意路口，且任意两个路口之间最多有一条路。

给你一个整数 n 和二维整数数组 roads ，其中 roads[i] = [ui, vi, timei] 表示在路口 ui 和 vi 之间有一条需要花费 timei 时间才能通过的道路。你想知道花费 最少时间 从路口 0 出发到达路口 n - 1 的方案数。

请返回花费 最少时间 到达目的地的 路径数目 。由于答案可能很大，将结果对 109 + 7 取余 后返回。

示例 1：

输入：n = 7, roads = [[0,6,7],[0,1,2],[1,2,3],[1,3,3],[6,3,3],[3,5,1],[6,5,1],[2,5,1],[0,4,5],[4,6,2]]
输出：4
解释：从路口 0 出发到路口 6 花费的最少时间是 7 分钟。
四条花费 7 分钟的路径分别为：
- 0 ➝ 6
- 0 ➝ 4 ➝ 6
- 0 ➝ 1 ➝ 2 ➝ 5 ➝ 6
- 0 ➝ 1 ➝ 3 ➝ 5 ➝ 6

示例 2：

输入：n = 2, roads = [[1,0,10]]
输出：1
解释：只有一条从路口 0 到路口 1 的路，花费 10 分钟。

提示：

• 1 <= n <= 200
• n - 1 <= roads.length <= n * (n - 1) / 2
• roads[i].length == 3
• 0 <= ui, vi <= n - 1
• 1 <= timei <= 109
• ui != vi
• 任意两个路口之间至多有一条路。
• 从任意路口出发，你能够到达其他任意路口。

分析：我刚开始只想到了要用迪杰斯特拉算法计算出最小路径，然后再用动态规划计算路径数目，但是到计算路径数目的时候被难到了，总想着要用回溯去找路径，后来看了别人的题解才的发现有一个性质是：如果是合法路径，那么在途中经过的每一个点都是以最短路径的方式到达的，也就是说，走到这里消费的时间其实就是dist[i]

那么就可以用dp[i]记录走到这里等于dist[i]的数目，然后更新dp[i]

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
main()
{int arc,n;cin>>n>>arc;int i,j,k,s[n][n];for(i=0; i<n; i++)for(j=0; j<n; j++){if(j!=i) s[i][j]=9999;else s[i][j]=0;}int a,b,c;for(i=0; i<arc; i++){cin>>a>>b>>c;s[a][b]=c;s[b][a]=c;}
//    for(i=0; i<n; i++)
//    {
//        for(j=0; j<n; j++)
//        {
//            cout<<s[i][j]<<" ";
//        }
//        cout<<endl;
//    }int visit[n],dist[n],dp[n];memset(visit,0,sizeof(visit));memset(dist,9999,sizeof(dist));memset(dp,0,sizeof(dp));dist[0]=0;dist[-1]=9999;for(i=0;i<n;i++){j=-1;for(k=0;k<n;k++){if(!visit[k]&&dist[k]<=dist[j]) j=k;}visit[j]=1;for(k=0;k<n;k++){dist[k]=min(dist[k],dist[j]+s[j][k]);}}
//    for(i=0;i<n;i++) cout<<dist[i]<<" ";cout<<endl;dp[0]=1;for(i=0;i<n;i++){for(j=i+1;j<n;j++){if(s[i][j]!=9999 && dist[j]==dist[i]+s[i][j])dp[j]=dp[j]+dp[i];}
//            for(k=0;k<n;k++) cout<<dp[k]<<" ";
//            cout<<endl;}
//    for(i=0;i<n;i++) cout<<dp[i]<<" ";cout<<endl;cout<<dp[n-1];
//7 10
//0 6 7
//0 1 2
//1 2 3
//1 3 3
//6 3 3
//3 5 1
//6 5 1
//2 5 1
//0 4 5
//4 6 2}