HDU 5118 GRE Words Once More!
题目链接:HDU-5118
题意:给定一个有向无环图,每条边有一个权值。标定一些特定节点为“特殊节点”。从节点1出发到某“特殊节点”结束的路径,称为一个“GRE单词”。单词由路径上的权值组成。给定一组查询\(k_i\),问由给定的图产生的所有单词,按字典序排序后第\(k_i\)个单词的长度(即由多少条边组成)。
思路:首先这道题最吓人之处在于\(k_i<=10^{8}\),单纯的扫一遍所有可能出现的单词会超时。这时我们发现,输出时只要求输出单词长度,而不要求输出单词内容。由于是DAG,每个节点不会连回到祖宗节点。我们定义vis[i]为从节点i出发可以找到以“特殊节点”结尾的路径的数量。则可以得到递推关系:\(vis[u]=\sum_{V}{vis[v]}\)。同样的道理,我们记录第一次访问每个节点时,产生的所有以“特殊节点”结尾的路径。那么每个节点的子节点其实只需要遍历一次。之后访问时,直接加上之前的结果就可以了。
如果题解说的不是很明白,建议直接看代码,很容易看懂。
网上的一些题解说需要手动dfs,不过本人并没有手动也没有爆栈。建议谨慎地尝试。
#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL; // ans[i]为字典序第i的单词
// vis[i]为从节点i出发能找到以“特殊节点”结尾的路径的数量
// firstVis[i]为从节点i出发找到的"所有以“特殊节点”结尾的路径的深度"在ans中存储的起始位置
// firstVisDep[i]为第一次访问i时的深度
const int MAXN=;
const int MAXM=;
struct Edge
{
int u,v,w;
Edge(int uu,int vv,int ww)
{
u=uu,v=vv,w=ww;
}
bool operator < (Edge x)
{
return w < x.w;
}
};
vector<Edge> G[MAXN];
int s[MAXN];
int n,m,q;
int sum;
int ans[MAXM],vis[MAXN],firstVis[MAXN],firstVisDep[MAXN];
void addEdge(int u,int v,int w)
{
G[u].push_back(Edge(u,v,w));
}
void dfs(int u,int dep)
{
if(sum>=) return;
if(vis[u]!=-)
{
for(int i=;i<=vis[u];i++)
{
if(sum>=) return;
ans[++sum]=ans[firstVis[u]+i]+dep-firstVisDep[u];
}
return ;
}
firstVis[u]=sum;
firstVisDep[u]=dep;
if(s[u]) ans[++sum]=dep;
for(unsigned int i=;i<G[u].size();i++)
{
int v=G[u][i].v;
dfs(v,dep+);
}
vis[u]=sum-firstVis[u];
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
int t;
scanf("%d",&t);
for(int tt=;tt<=t;tt++)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=;i<=n;i++) G[i].clear();
s[]=;
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);
for(int i=;i<=m;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
addEdge(u,v,w);
}
for(int i=;i<=n;i++) sort(G[i].begin(),G[i].end());
memset(vis,-,sizeof(vis));
sum=;
dfs(,);
printf("Case #%d:\n",tt);
for(int i=;i<=q;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
if(x<=sum) printf("%d\n",ans[x]);
else printf("-1\n");
}
}
return ;
}
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