题目链接:http://soj.me/1211
Description

Bruce是K国的商人,他在A州成立了自己的公司,这次他的公司生产出了一批性能很好的产品,准备宣传活动开始后的第L天到达B州进行新品拍卖,期间Bruce打算将产品拿到各个州去做推销宣传,以增加其影响力。

K国有很多个州,每个州都与其他一些州相邻,但是K国对商人作宣传却有一些很奇怪的规定:
1、 商人只能从某些州到达另外一些州,即连通路线是单向的,而且有些州可能是到达不了的。
2、 商人不允许在同一个州连续宣传两天或以上,每天宣传完必须离开该州。
3、 商人可以多次来到同一个州进行宣传。

"我必须找出一条影响力最大的路线才行",Bruce想,"但我首先必须知道到底有多少这种符合规定的宣传路线可供我选择。"现在Bruce把任务交给了你。并且出于考虑以后的需要,你还要帮他算出给出的两州之间的路线的总数。

Input
输入文件第一行包含三个整数n,m,L(1≤n,L≤100),分别表示K国的州数、连通路线的数量,以及多少天后必须到达B州。接下来有m行,每行一队整数x,y(1≤x,y≤n),表示商人能从x州到达y州。
第m+2行为一个整数q(1≤q≤100),表示Bruce有q个询问。下面q行每行两个整数A,B(1≤A,B≤n),即A、B州的位置。
Output
输出文件包含q行,每行一个整数t,为所求的从A州到B州满足上述规定的路线总数。
输入数据中的询问将保证答案t在长整数范围内,即t<231
Sample Input
aaarticlea/jpeg;base64,/9j/4AAQSkZJRgABAQEAYABgAAD/2wBDAAgGBgcGBQgHBwcJCQgKDBQNDAsLDBkSEw8UHRofHh0aHBwgJC4nICIsIxwcKDcpLDAxNDQ0Hyc5PTgyPC4zNDL/2wBDAQkJCQwLDBgNDRgyIRwhMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjIyMjL/wAARCAARABIDASIAAhEBAxEB/8QAGAABAAMBAAAAAAAAAAAAAAAAAAMFBwT/xAAlEAACAQQCAQMFAAAAAAAAAAABAgMABAURBiESIjFBMjZxdbP/xAAYAQACAwAAAAAAAAAAAAAAAAAAAwEEBf/EABsRAQEAAgMBAAAAAAAAAAAAAAEAAgMEEyFh/9oADAMBAAIRAxEAPwDQeRW+SyVnctBIkiiScOk87qm0ciP0aZWA8dkEDZA2fcGPCWPI+PXkUt3GIcQjkyQxTGdtMrAhUVQO5CraVd/UB1pa7cnHmbaW5hjxEktoZJJGulnjChWYsT4lvLoHvr3B1vommvuQYaSe/jGSxrW9yXEiCWIiTe9eWohvs/LH8n5ocDh9jlnsER+zt+9wDE9G0uKWO4hSaGRJIpFDI6MCrKewQR7ilVfFPs7B/r4P5rStB8ZJW9KUqIlKUoi//9k=" alt="" /> Copy sample input to clipboard
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2 4
2
1 4
4 2
Sample Output
2
1

Problem Source: ZSUACM Team Member

思路:

  一开始看到这道题觉得应该是用深搜来写,因为N<=100,觉得规模并不大,没想到提交之后却超时了,后来想了想每次深搜需要的时间复杂度位O(n^3),可是要查询Q次,Q<=100,所以整个算法的时间复杂度位O(n^4),超时也就不奇怪了。

  接着用动态规划做这道题,想了想,状态转移方程是:f[a][b][l] = ∑ f[c][b][l-1],其中c为a可以用一天到达的州(即有一条从a到c的路)。转移方程的意思是:如果从c州到b州可以在"l-1"天之内完成,那么从a州到b州可以在"l"天之内完成。

我的代码:

 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std; const int MAX = ;
int n, m, l, q;
int start, end;
vector<int> rodes[MAX]; //用来记录路
int dp[MAX][MAX][MAX]; void findWays() {
for (int k = ; k <= l; k++) { //从2天开始找
for (int i = ; i <= n; i++) {
int len = rodes[i].size();
for (int j = ; j <= n; j++) {
for (int x = ; x < len; x++) { //rodes[i].at((x) 即为i州可以一天之内到达的州
dp[i][j][k] += dp[rodes[i].at(x)][j][k-]; //状态转移方程
//cout << i << ' ' << j << ' ' << k << ' ' << dp[i][j][k] << endl;;
}
}
}
}
} int main() {
cin >> n >> m >> l;
memset(dp, , sizeof(dp)); //dp全部初始化为0
int a, b;
for (int i = ; i < m; i++) {
cin >> a >> b;
rodes[a].push_back(b); //在a州添加一条到b州的路
dp[a][b][] = ;        //从a到b在一天内的走法为一种
}
findWays();
cin >> q;
for (int i = ; i < q; i++) {
cin >> start >> end;
cout << dp[start][end][l] << endl;
}
return ;
}

另一种思路:

  只是另一种代码的思路,上述代码中的空间复杂度有些大,所以考虑到可以用斐波那契数列的思路考虑,所以可以将MATRIX[A][B][L],转化为三个MATRIX[A][B]进行状态转移,即第一个矩阵存L=1时的路径数,第二个矩阵存L=i-1(2 <= i <= m)时的路径数,第三个矩阵存L=i时的路径数,这样大大节省了内存占有。

代码如下:

 #include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std; const int MAX = ; int matrix_one[MAX][MAX];
int matrix_two[MAX][MAX];
int matrix_three[MAX][MAX]; int main() {
int n, m, l, q;
int start, end;
int a, b;
cin >> n >> m >> l;
memset(matrix_one, , sizeof(matrix_one)); //现将前两格矩阵初始化为0,即无路
memset(matrix_two, , sizeof(matrix_two));
for (int i = ; i < m; i++) {
cin >> a >> b;
matrix_one[a][b]++; //每增加一条路,从a到b的路径数加一 即位L=1时的路径数矩阵
matrix_two[a][b]++; //第二个矩阵也记录L=1时的情况 从而推倒出之后的矩阵
}
for (int x = ; x <= l; x++) { //L从2开始
memset(matrix_three, , sizeof(matrix_three));
for (int i = ; i <= n; i++) {
for (int j = ; j <= n; j++) {
for (int k = ; k <= n; k++) {
matrix_three[i][j] += matrix_one[i][k] * matrix_two[k][j];
}
}
}
/* 将第三个矩阵的值给第二个矩阵 */
memcpy(matrix_two, matrix_three, sizeof(matrix_one));
}
cin >> q;
while (q--) {
cin >> start >> end;
cout << matrix_three[start][end] << endl;
}
return ;
}

两种思路各有各的优势,第一种速度快一些,第二种内存占用少一些,下图(第一行为第二种,第二行第一种):

其实差不多啦 能ac就好。

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