[JZOJ3177] 【GDOI2013模拟5】安全监控
题目
描述
(样例都懒得发出来了)
题目大意
给你一个有向图,从111号点出发,绕一圈回来。这一圈中必须经过222号点。
问经过的最少的点数(不重复)。
思考历程
一看就觉得是一道神题。
然后仔细观察一下数据范围:范围好像很小似的。
于是我就果断地想到了网络流!
于是我拼命地往网络流的方向去想,可是最后还是没有出什么结果。
看着比赛即将结束,也不应该不拿分,于是打暴力!
然后我就很自然地打了个IDA*
枚举答案ansansans,由于每个点最多经过两次,222号点只会经过一次,那么路径的长度不大于2∗ans−12*ans-12∗ans−1
预处理两点间距离,于是估价函数就显而易见了。
结果……
啊?AC了!!!
数据真水啊!
正解
这题实际上是强大的DP做法。
设fi,jf_{i,j}fi,j表示走路径j→1→ij \to 1 \to ij→1→i,所经过的最少的城市数目。
转移的时候就通过分别从两边延伸出去。
还有另外一条方程:fi,j←fj,i+dis(j,i)−1 (i≠j)f_{i,j} \leftarrow f_{j,i}+dis(j,i)-1\ \ (i\neq j)fi,j←fj,i+dis(j,i)−1 (i̸=j)
fj,if_{j,i}fj,i可以理解成路径i→1→ji\to 1\to ji→1→j,加上dis(j,i)dis(j,i)dis(j,i)之后就变成j→i→1→j→ij \to i \to 1 \to j \to ij→i→1→j→i(重复的不计)
相当于在现在的路径上添个环。
于是这个DP就有些神仙了。判重呢?怎么就没有判重了!
首先很容易证明不存在j→1→k→k→ij \to 1 \to k \to k \to ij→1→k→k→i这样的情况,因为这样显然不是最优的,一定会被覆盖。
那会不会出现点数算重复了的状况呢?对于这点,我的理解比较感性:一个点最多出现在路径中两次。其实路径可以看成一堆环拼在一起,这个出现两次的点能与111点形成一个环。上面的这条方程式就是应对这种状况。在计算的过程中,的确有可能出现算重的状况,总会出现一个正确的没有算重的状况,而这个正确的状况就会将它们所覆盖。
然后这个DP就好像是正确的了。
由于这个东西明显有后效性,所以用Dijsktra来转移就可以了。
还有一种方法是题解的(我没有打),也是DP。
设fi,jf_{i,j}fi,j表示路径1→i→j→11 \to i \to j \to 11→i→j→1经过最小点数。
转移:fx,y←fi,j+dis(j,x)+dis(x,y)+dis(y,i)−1f_{x,y} \leftarrow f_{i,j}+dis(j,x)+dis(x,y)+dis(y,i)-1fx,y←fi,j+dis(j,x)+dis(x,y)+dis(y,i)−1
这个方程其实比较好懂,不就是在i→ji\to ji→j这一段上强安上一个环嘛!
用类似上面的思想来分析,这个也是对的。
就理解成用将一堆环连在一起。
当然,由于这题的垃圾数据,其它方法过的也有很多。
好好打暴力就也可以过……
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
inline bool getmin(int &a,int b){return a>b?a=b:0;}
#define N 110
#define M 210
int n,m;
bool e[N][N];
int dis[N][N];
int f[N][N];
struct Node{
int x,y,s;
} h[1000001];
int nh;
inline bool cmph(const Node &son,const Node &fa){
return son.s>fa.s;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dis,63,sizeof dis);
for (int i=1;i<=m;++i){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
u--,v--;
dis[u][v]=e[u][v]=1;
}
for (int k=0;k<n;++k)
for (int i=0;i<n;++i)
for (int j=0;j<n;++j)
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
memset(f,63,sizeof f);
f[0][0]=1;
h[nh++]={0,0,1};
while (nh){
Node top=h[0];
pop_heap(h,h+nh--,cmph);
if (f[top.x][top.y]<top.s)
continue;
if (top.x!=top.y)
getmin(f[top.x][top.y],f[top.y][top.x]+dis[top.y][top.x]-1);
for (int i=0;i<n;++i)
if (e[top.x][i] && getmin(f[i][top.y],f[top.x][top.y]+(i!=top.y))){
h[nh]={i,top.y,f[i][top.y]};
push_heap(h,h+ ++nh,cmph);
}
for (int i=0;i<n;++i)
if (e[i][top.y] && getmin(f[top.x][i],f[top.x][top.y]+(i!=top.x))){
h[nh]={top.x,i,f[top.x][i]};
push_heap(h,h+ ++nh,cmph);
}
}
printf("%d\n",f[1][1]);
return 0;
}
这题的代码是没有必要注解的,isn’t it?
总结
有时候我们会遇到一些需要判重的题目。
如果暴力方法时间复杂度超标,那我们可以考虑其他的思路。
想一想有没有什么方法可以在局部去重,并且计算准确的答案。
让这个答案覆盖掉其它不合法的东西。
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