第六章学习的主要内容如下：

这是课后习题的一道题：

 1 void DFS_AM(AMGraph G, int v)
 2 {  //图G为邻接矩阵类型 
 3   cout << v << " ";  //访问第v个顶点
 4   visited[v] = true;  
 5   for(w=G.vexnum-1; w>=0; --w) //依次检查邻接矩阵v所在的行  
 6      if((G.arcs[v][w]!=0)&& (!visited[w]))  
 7          DFS_AM(G, w); 
 8 } 
 9 void DFSTraverse(Graph G)
10 {  // 对图 G 作深度优先遍历
11   for(v=0; v<G.vexnum; ++v)  visited[v] = FALSE; 
12   for (v=0; v<G.vexnum; v++) 
13      if (!visited[v])  DFS(G, v);  //对尚未访问的顶点调用DFS
14 }

输出结果： 0 1 7 6 5 4 2 3

第一眼看可能觉得这个代码没什么特别的地方，仔细看一遍会发现他是从每行的右边向左边遍历的，所以在看代码的时候一定要仔细，防止有坑。

我一直有些不太理解生成树、最小生成树，尤其是做这周作业的时候，更加懵了。我就再去看了一遍书和老师的视频后，但是还是不懂，我就去查了一下博客，这篇博客讲的很清楚，而且还有详细地讲Prim、Kruskal算法，跟我有一样问题的同学可以去看看https://blog.csdn.net/weixin_42562514/article/details/85234342

这周有两道编程题，第一道：

7-1 列出连通集 (30分)
给定一个有N个顶点和E条边的无向图，请用DFS和BFS分别列出其所有的连通集。假设顶点从0到N−1编号。进行搜索时，假设我们总是从编号最小的顶点出发，按编号递增的顺序访问邻接点。

输入格式:
输入第1行给出2个整数N(0<N≤10)和E，分别是图的顶点数和边数。随后E行，每行给出一条边的两个端点。每行中的数字之间用1空格分隔。

输出格式:
按照"{ v1 v2... vk}"的格式，每行输出一个连通集。先输出DFS的结果，再输出BFS的结果。

这道题不算特别难，只要知道该把括号放在哪个循环里，打出代码应该没什么问题

这是我的代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;

typedef struct
{ 
    int arcs[10][10];
    int vexnum,arcnum;
}AMGraph;

void CreateUDN(AMGraph &G)
{
    cin >> G.vexnum >> G.arcnum;
    int i,j,v1,v2;
    for(i=0;i<G.vexnum;i++)
    {
        for(j=0;j<G.vexnum;j++)
        {
            G.arcs[i][j] = 0;
        }
    }
    for(i=0;i<G.arcnum;i++)
    {
        cin >> v1 >> v2;
        G.arcs[v1][v2] = G.arcs[v2][v1] = 1;
    }
}

bool visited[10] = {false};

void DFS_AM(AMGraph G,int v)
{
    int w;
    cout << v <<" ";
    visited[v]=true;
    for(w=0;w<G.vexnum;w++)
    {
        if((G.arcs[v][w]!=0)&&(!visited[w]))
        {
            DFS_AM(G,w);
        }
    }
}

void BFS_AM(AMGraph G, int v)
{
    visited[v] = 1;
    queue<int> q; 
    q.push(v);
    while(q.size() != 0){
        int m = q.front();
        q.pop();
        cout << m << " ";
        for(int i=0; i<G.vexnum; i++)
        {
            if(G.arcs[i][m] == 1 && visited[i] == 0)
            {
                visited[i] = 1;
                q.push(i);
            }
        }
    }
 }

int main()
{
    AMGraph g;
    
    CreateUDN(g);
    
    for(int i=0; i<g.vexnum; i++){
        if(visited[i] == 0)
        {
            cout << "{ ";
            DFS_AM(g,i);
            cout << "}" << endl;
        }
    }
    
     memset(visited, false, 10);  //将visited数组全部重置为false 
    
    for(int i=0; i<g.vexnum; i++)
    {
        if(visited[i] == 0)         //每个连通集输出 
        {
            cout << "{ ";
            BFS_AM(g,i);
            cout << "}" << endl;
        }
    }
    
    return 0;
}

memset(visited, false, 10)这是一个cstring库里的函数，可以把visited数组里的10个元素置为false，挺方便的，建议大家使用。

第二题：

7-1 拯救007 (30分)
在老电影“007之生死关头”（Live and Let Die）中有一个情节，007被毒贩抓到一个鳄鱼池中心的小岛上，他用了一种极为大胆的方法逃脱 —— 直接踩着池子里一系列鳄鱼的大脑袋跳上岸去！（据说当年替身演员被最后一条鳄鱼咬住了脚，幸好穿的是特别加厚的靴子才逃过一劫。）

设鳄鱼池是长宽为100米的方形，中心坐标为 (0, 0)，且东北角坐标为 (50, 50)。池心岛是以 (0, 0) 为圆心、直径15米的圆。给定池中分布的鳄鱼的坐标、以及007一次能跳跃的最大距离，你需要告诉他是否有可能逃出生天。

输入格式：
首先第一行给出两个正整数：鳄鱼数量 N（≤100）和007一次能跳跃的最大距离 D。随后 N 行，每行给出一条鳄鱼的 (x,y) 坐标。注意：不会有两条鳄鱼待在同一个点上。

输出格式：
如果007有可能逃脱，就在一行中输出"Yes"，否则输出"No"。

这道题就比较难理解，我光看题目有点理解不了，所以自己画了一个图，对着图来理解这道题目会好理解很多。这道题一定要记得单独讨论一步可以上岸的情况，我开始没有注意到这点，是去看了一下别人的代码之后想到的，大家如果还是无法理解这道题，可以去看看这篇博客https://blog.csdn.net/weixin_43581819/article/details/104937471?utm_medium=distribute.pc_relevant_t0.none-task-blog-BlogCommendFromMachineLearnPai2-1.nonecase&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant_t0.none-task-blog-BlogCommendFromMachineLearnPai2-1.nonecase，他的方法会好理解很多

我的代码如下：

#include <iostream>
#include <cmath> 
using namespace std;

double d;   //一次能跳的最大距离 
int n,flag = 0;
int visited[101][101];  //标记数组 
int x[101],y[101];    //鳄鱼的x、y下标 

void dfs(int a, int b)   //广度优先遍历 
{
    if(a+d>=100||b+d>=100||a-d<=0||b-d<=0)  //成功跳出 
    {
        flag = 1;
        return;
    }
    
    visited[a][b] = 1;  //将此坐标设为已经访问过 
    
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        double k,h;
        k = a - x[i];
        h = b - y[i];
        if((k*k + h*h <= d*d)&&!visited[x[i]][y[i]])   //该点可以跳到且未被访问 
        {
            dfs(x[i], y[i]);    
        } 
    }
    
    visited[a][b] = 0;
    return;
}

int main()
{
    cin >> n >> d;
    
    for(int i=0; i<n; i++)  //输入鳄鱼坐标 
    {
        double h, k;
        cin >> h >> k;
        x[i] = h + 50;
        y[i] = k + 50;
    }
    
    if(d>=42.5)  //一次就可以跳出来 
    {
        cout << "Yes" <<endl;
        return 0;
    }
    
    for(int i=0;i<n;i++)  
    {
        if(sqrt((x[i]-50)*(x[i]-50)+(y[i]-50)*(y[i]-50))<=d+7.5)
        {
            dfs(x[i], y[i]);
        }
    }
    
    if(flag)  cout << "Yes" <<endl;
    if(!flag)  cout << "No" <<endl;
    
    return 0;
    
}

这两周学习明显感觉内容有点越来越难了，希望自己上课的时候可以高效一点，下课可以自觉地去复现老师讲的和书上的代码！