软件学院3.14天梯模拟 L3-1 桥短几何 (30 分)(BFS,DFS,连通块,多源最短路,多源BFS)
题目：
人类学研究对于家族很感兴趣，于是研究人员搜集了一些家族的家谱进行研究。实验中，使用计算机处理家谱。为了实现这个目的，研究人员将家谱转换为文本文件。下面为家谱文本文件的实例：
John
Robert
Frank
Andrew
Nancy
David 
家谱文本文件中，每一行包含一个人的名字。第一行中的名字是这个家族最早的祖先。家谱仅包含最早祖先的后代，而他们的丈夫或妻子不出现在家谱中。每个人的子女比父母多缩进2个空格。以上述家谱文本文件为例，John这个家族最早的祖先，他有两个子女Robert和Nancy，Robert有两个子女Frank和Andrew，Nancy只有一个子女David。
在实验中，研究人员还收集了家庭文件，并提取了家谱中有关两个人关系的陈述语句。下面为家谱中关系的陈述语句实例：
John is the parent of Robert Robert is a sibling of Nancy David is a descendant of Robert
研究人员需要判断每个陈述语句是真还是假，请编写程序帮助研究人员判断。
输入格式:
输入首先给出2个正整数N（2≤N≤100）和M（≤100），其中N为家谱中名字的数量，M为家谱中陈述语句的数量，输入的每行不超过70个字符。
名字的字符串由不超过10个英文字母组成。在家谱中的第一行给出的名字前没有缩进空格。家谱中的其他名字至少缩进2个空格，即他们是家谱中最早祖先（第一行给出的名字）的后代，且如果家谱中一个名字前缩进k个空格，则下一行中名字至多缩进k+2个空格。
在一个家谱中同样的名字不会出现两次，且家谱中没有出现的名字不会出现在陈述语句中。每句陈述语句格式如下，其中X和Y为家谱中的不同名字：
X is a child of Y X is the parent of Y X is a sibling of Y X is a descendant of Y X is an ancestor of Y
输出格式:
对于测试用例中的每句陈述语句，在一行中输出True，如果陈述为真，或False，如果陈述为假。
输入样例:
6 5
John
Robert
Frank
Andrew
Nancy
David
Robert is a child of John
Robert is an ancestor of Andrew
Robert is a sibling of Nancy
Nancy is the parent of Frank
John is a descendant of Andrew 输出样例:
True True True False False
思路：
我们先看我们需要处理哪些数据，首先就是读入一行字符串，这一行字符串的开始可能是空格，空格的个数代表了他的辈分，我们还需要记录他的丈夫或妻子，这个人是从自己开始往前数第一个比比较辈分大的人
所以，我们需要储存两个信息，last数组去存某一辈分最后出现的人，fa数组去存一个人的父辈名字
这样每次输入的时候，就更新last数组，last[k] = name，k为当前人的辈分(根据字符串前的空格计算出)，name为当前人的名字，并且更新fa数组，fa[name] = last[k - 1]，即我的父辈为上一个比我辈分大的人(空格数越多，辈分越小)
然后就是处理判断信息，判断父亲，儿子之间判断即可，判断兄弟的话，只需要判断两个人的父亲是否相同，判断后代的话，我们可以把待判断的辈分小的那个人逐步往前推父辈，直到推到空或者等于待判断的人，判断祖先的话也是一样的
代码：
//L3-1 桥短几何 (30 分)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 210;
int n;
int x , y;
int G[N][N];
int dx[4][2] = {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
void dfs(int x , int y)
{
G[x][y] = 2;
q.push({x , y , 0});
for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
{
int tx = x + dx[i][0] , ty = y + dx[i][1];
if(tx >= 0 && tx < n && ty >= 0 && ty < n && G[tx][ty] == 1)
dfs(tx , ty);
}
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i = 0 ; i < n ; i++)
{
for(int j = 0 ; j < n ; j++)
{
cin>>G[i][j];
if(G[i][j]) //存储某个岛内的坐标，并从这一点开始求解连通块
x = i , y = j;
}
}
dfs(x , y);
int ans = 210;
for(int a = 0 ; a < n ; a++)
for(int b = 0 ; b < n ; b++)
for(int c = 0 ; c < n ; c++)
for(int d = 0 ; d < n ; d++)
{
if(G[a][b] + G[c][d] == 3)
ans = min(ans , abs(a - c) + abs(b - d) - 1);
}
cout<<ans;
return 0;
} L3-1 桥短几何 (30 分) L3-2 家谱处理 (30 分) L3-3 凑零钱 (30 分)
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