51NOD 1445 变色DNA
1445 变色DNA
有一只特别的狼,它在每个夜晚会进行变色,研究发现它可以变成N种颜色之一,将这些颜色标号为0,1,2...N-1。研究发现这只狼的基因中存在一个变色矩阵,记为colormap,如果colormap[i][j]='Y'则这只狼可以在某一个夜晚从颜色i变成颜色j(一晚不可以变色多次),如果colormap[i][j]=‘N’则不能在一个晚上从i变成j色。进一步研究发现,这只狼每次变色并不是随机变的,它有一定策略,在每个夜晚,如果它没法改变它的颜色,那么它就不变色,如果存在可改变的颜色,那它变为标号尽可能小的颜色(可以变色时它一定变色,哪怕变完后颜色标号比现在的大)。现在这只狼是颜色0,你想让其变为颜色N-1,你有一项技术可以改变狼的一些基因,具体说你可以花费1的代价,将狼的变色矩阵中的某一个colormap[i][j]='Y'改变成colormap[i][j]='N'。问至少花费多少总代价改变狼的基因,让狼按它的变色策略可以从颜色0经过若干天的变色变成颜色N-1。如果一定不能变成N-1,则输出-1.
Input
多组测试数据,第一行一个整数T,表示测试数据数量,1<=T<=5
每组测试数据有相同的结构构成:
每组数据第一行一个整数N,2<=N<=50。
之后有N行,每行N个字符,表示狼的变色矩阵,矩阵中只有‘Y’与‘N’两种字符,第i行第j列的字符就是colormap[i][j]。
Output
每组数据一行输出,即最小代价,无解时输出-1。
错误日志: \(gan\)他\(ma\)的字符串输入
解决方法: 老老实实一次读一行
Solution
现在被字符串搞得有点暴躁
(深呼吸, 呼)
这是一题解法很秒的图论题
首先把颜色抽象为点
因为变异优先选择编号较小的节点, 要是我们想让他选择编号靠后的点, 必须把前面所有的选择删去
所以有了一个大概思路: 对于从 \(u\) 开始的一种变异 \(v\) , \(v\) 前面有 \(x\) 种颜色, 那么变异到 \(v\) 的代价为 \(x\)
抽象到图上, 有 \(if(map[u][v] == 'Y')u \rightarrow v (dis = x)\)
现在考虑连边真实意义:从 \(u\) 想变异为 \(v\) , 需要删去前 \(x\) 种变异选项, 代价为 \(x\)
那么问题来了, 我们不能把改变以后的选择变回来, 那么会不会存在一种情况使得我们前面删错了选项, 错过了最优解呢?
又返回到图上, 一个点代表一个颜色, 假设删去的点还能重置, 那么满足上面条件的图上意义为:
从 \(u\) 点出发, 经过一个环后返回 \(u\) 点, 并且选择一条新边继续遍历
因为走的是最短路, 所以上述情况不存在
图上意义与其真实意义紧密结合, 是这题的妙处
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int RD(){
int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
return flag * out;
}
const int maxn = 1019,INF = 1e9 + 19;
int head[maxn],nume = 1;
struct Node{
int v,dis,nxt;
}E[maxn << 3];
void add(int u,int v,int dis){
E[++nume].nxt = head[u];
E[nume].v = v;
E[nume].dis = dis;
head[u] = nume;
}
int T, len;
char s[maxn];
int d[maxn];
bool inq[maxn];
void SPFA(int s){
queue<int>Q;
d[s] = 0;
Q.push(s);
inq[s] = 1;
while(!Q.empty()){
int u = Q.front();Q.pop();inq[u] = 0;
for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt){
int v = E[i].v, dis = E[i].dis;
if(d[u] + dis < d[v]){
d[v] = d[u] + dis;
if(!inq[v])Q.push(v), inq[v] = 1;
}
}
}
}
void init(){
for(int i = 1;i <= len;i++)d[i] = INF;
memset(head, 0 ,sizeof(head));
nume = 1;
}
int main(){
T = RD();
while(T--){
len = RD();
init();
for(int i = 1;i <= len;i++){
scanf("%s", s);
int cnt = 0;
for(int j = 0;j < len;j++){
if(s[j] == 'Y')add(i, j + 1, cnt++);
}
}
SPFA(1);
if(d[len] == INF)puts("-1");
else printf("%d\n", d[len]);
}
return 0;
}
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