D. Design Tutorial: Inverse the Problem 解析含快速解法(MST、LCA、思維)
Codeforce 472D Design Tutorial: Inverse the Problem 解析含快速解法(MST、LCA、思維)
今天我們來看看CF472D
題目連結
題目
給你一個\(n\times n\)的矩陣代表點\(i\)到點\(j\)的最短距離。問是否可以造出一棵邊權為正的樹。
前言
這題的輸入,輸入3e6個Integer經過實測就大概需要700ms以上了(如果沒開輸入優化好像還會直接TLE的樣子)。並且我一開始是用Prim's Algo去寫MST的,priority_queue用class來對pair<int,int> overload compare function,結果不管怎麼弄都TLE。最後放棄使用pair<int,int>,直接創一個struct,就AC了...。
看來Prim這種東西不但常數大,碰上一些奇怪的問題的機率還比較高阿...(EDIT:之後我在其他題目發現,如果把queue<element> q;宣告在非全域,那麼很有可能只要改動例如陣列size這種無關緊要的地方,就會造成TLE,當時的情況是每次bfs都在local宣告一次queue<element> q;)
乖乖用Kruskal就好了吧
(以下提供兩種方法的code)
想法
假設目前你只獲得了部分的樹(還有點沒有在樹裡面),那麼這棵樹到那些還沒加入的點的最短距離「中」的最短的,必定是一條存在的連出去的邊,那麼我們當然需要把這條邊加進去。
以上的討論可以發現,這恰好就是Prim's Algo的過程阿!也就是這棵樹就是一個最小生成樹。
那我們可以選用兩種方法來造出這棵樹(Kruskal,Prim)。
剩下就是把最短路徑的矩陣造出來並且比對是否正確就好(使用LCA找到正確的路徑,並且記錄root到每個點的距離(也就是前綴和),如此就可以\(O(\lg n)\)算出最短距離了)。
想法2
這個想法網路上好像沒有人寫,但是比賽時很多人都是這樣寫的,很快。
首先確認\(i\rightarrow i\)的距離是\(0\)、\(i\rightarrow j,\ i\neq j\)的距離不為\(0\)、\(dis(i\rightarrow j)==dis(j\rightarrow i)\)。
接著沿用想法一,我們知道MST是存在的,而我們有的資訊只有那\(n\times n\)的距離矩陣,接下來只要測試任何邊(u,v)這條邊是可以在樹上就好(由於我們擁有的資訊只有這\(n\times n\)的矩陣,所以我們只要確認所有經過(u,v)的路徑都可以如矩陣上那樣就好),最後只要把全部的(u,v) pair都測試過一遍,就結束了。
(這段話寫得比較模糊,建議直接看code)
程式碼(想法二):
const int _n=2010;
int t,n,d[_n][_n];
main(void) {cin.tie(0);ios_base::sync_with_stdio(0);
cin>>n;rep(i,1,n+1)rep(j,1,n+1)cin>>d[i][j];
rep(i,1,n+1)rep(j,i,n+1)if((i==j and d[i][i]) or d[i][j]!=d[j][i] or (i!=j and d[i][j]==0)){cout<<"NO\n";return 0;}
rep(i,1,n+1){
int r=1;
rep(j,2,n+1)if(i!=j and d[r][i]>d[j][i])r=j;
rep(k,1,n+1)if(abs(d[k][i]-d[k][r])!=d[i][r]){cout<<"NO\n";return 0;}
}cout<<"YES\n";
return 0;
}
標頭、模板請點codepad看
Submission
程式碼(Kruskal):
const int _n=2010,MAXB=12;
int parent[_n], rank[_n];
inline void dsinit(int n) {for (int i = 0; i < n; i++)parent[i] = i;memset(rank, 0, sizeof rank);}
inline int dsfind(int e) {return parent[e] == e ? e : parent[e] = dsfind(parent[e]);}
inline void dsunion(int s1, int s2) {if (rank[s1] < rank[s2])swap(s1, s2);parent[s2] = s1;if (rank[s1] == rank[s2]) rank[s1]++;}
//以上是dsu模板
int t,n,dep[_n],fa[_n][MAXB],d[_n][_n];
ll dis[_n];
vector<PII> G[_n];
struct E{
int f,t,w;
bool operator<(const E& rhs) const {return w<rhs.w;}
};
vector<E> e;
bool vis[_n];
void dfs(int v,int faa,ll len){
dep[v]=dep[faa]+1;dis[v]=dis[faa]+len;fa[v][0]=faa;
rep(i,0,SZ(G[v]))if(faa!=G[v][i].fi)dfs(G[v][i].fi,v,G[v][i].se);
}
void bfa(){
rep(j,1,MAXB)rep(i,1,n+1)if(~fa[i][j-1])
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
}
int lca(int a,int b){
if(dep[a]<dep[b])swap(a,b);
per(j,0,MAXB)if(~fa[a][j] and dep[fa[a][j]]>=dep[b])a=fa[a][j];
if(a==b)return a;
per(j,0,MAXB)if(~fa[a][j] and fa[a][j]!=fa[b][j])a=fa[a][j],b=fa[b][j];
return fa[a][0];
}
//以上基本上是lca模板
main(void) {cin.tie(0);ios_base::sync_with_stdio(0);
cin>>n;rep(i,1,n+1)rep(j,1,n+1)cin>>d[i][j];
rep(i,1,n+1)rep(j,i,n+1)if((i==j and d[i][i]) or d[i][j]!=d[j][i] or (i!=j and d[i][j]==0)){cout<<"NO\n";return 0;}
rep(i,1,n+1)rep(j,i+1,n+1)e.pb({i,j,d[i][j]}); sort(all(e)); dsinit(n);
rep(i,0,SZ(e)){
int s1=dsfind(e[i].f),s2=dsfind(e[i].t);
if(s1==s2) continue;
dsunion(s1,s2);
G[e[i].f].pb({e[i].t,e[i].w});
G[e[i].t].pb({e[i].f,e[i].w});
}
dep[0]=-1;dfs(1,0,0);rep(i,1,n+1)rep(j,1,MAXB)fa[i][j]=-1; bfa();
rep(i,1,n+1)rep(j,i,n+1){
int l=lca(i,j);
if(d[i][j]!=dis[i]+dis[j]-dis[l]*2){cout<<"NO\n";return 0;}
}cout<<"YES\n";
return 0;
}
標頭、模板請點Submission看
Submission
程式碼(Prim's):
const int _n=2010,MAXB=13;
int t,n,dep[_n],fa[_n][MAXB];
ll d[_n][_n],dis[_n];
vector<PII> G[_n];
bool vis[_n];
struct node{
int f,t,w;
bool operator<(const node& rhs) const {return w>rhs.w;}
};
//以上是真正有用到的struct
class Cmp{
public:
bool operator()(const PII& a,const PII& b) const {return d[a.fi][a.se]>d[b.fi][b.se];}
};
//以上class,如前言所說,會造成TLE
void dfs(int v,int faa,ll len){
dep[v]=dep[faa]+1;dis[v]=dis[faa]+len;fa[v][0]=faa;
rep(i,0,SZ(G[v]))if(faa!=G[v][i].fi)dfs(G[v][i].fi,v,G[v][i].se);
}
void bfa(){
rep(j,1,MAXB)rep(i,1,n+1)if(~fa[i][j-1])
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
}
int lca(int a,int b){
if(dep[a]<dep[b])swap(a,b);
per(j,0,MAXB)if(~fa[a][j] and dep[fa[a][j]]>=dep[b])a=fa[a][j];
if(a==b)return a;
per(j,0,MAXB)if(~fa[a][j] and fa[a][j]!=fa[b][j])a=fa[a][j],b=fa[b][j];
return fa[a][0];
}
//以上基本上是lca模板
main(void) {cin.tie(0);ios_base::sync_with_stdio(0);
cin>>n;rep(i,1,n+1)rep(j,1,n+1)cin>>d[i][j];
rep(i,1,n+1)rep(j,i,n+1)if((i==j and d[i][i]) or d[i][j]!=d[j][i] or (i!=j and d[i][j]==0)){cout<<"NO\n";return 0;}
priority_queue<node> pq;
pq.push({0,1});
while(!pq.empty()){
/*PII now;while(!pq.empty() and vis[(now=pq.top()).se])pq.pop();
if(pq.empty())break;*/
node now=pq.top(); pq.pop();
if(vis[now.t])continue;
vis[now.t]=1;
G[now.f].pb({now.t,d[now.f][now.t]});
//if(now.fi!=0)G[now.se].pb({now.fi,d[now.se][now.fi]});
rep(i,1,n+1)if(!vis[i])pq.push({now.t,i,d[now.t][i]});
}
dep[0]=-1;dfs(1,0,0);rep(i,1,n+1)rep(j,1,MAXB)fa[i][j]=-1; bfa();
rep(i,1,n+1)rep(j,i,n+1){
int l=lca(i,j);
if(d[i][j]!=dis[i]+dis[j]-dis[l]*2){cout<<"NO\n";return 0;}
}cout<<"YES\n";
return 0;
}
標頭、模板請點Submission看
Submission
D. Design Tutorial: Inverse the Problem 解析含快速解法(MST、LCA、思維)的更多相关文章
- Codeforces #270 D. Design Tutorial: Inverse the Problem
http://codeforces.com/contest/472/problem/D D. Design Tutorial: Inverse the Problem time limit per t ...
- cf472D Design Tutorial: Inverse the Problem
D. Design Tutorial: Inverse the Problem time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 mega ...
- Design Tutorial: Inverse the Problem
Codeforces Round #270 D:http://codeforces.com/contest/472/problem/D 题意:给以一张图,用邻接矩阵表示,现在问你这张图能不能够是一棵树 ...
- codeforces D. Design Tutorial: Inverse the Problem
题意:给定一个矩阵,表示每两个节点之间的权值距离,问是否可以对应生成一棵树, 使得这棵树中的任意两点之间的距离和矩阵中的对应两点的距离相等! 思路:我们将给定的矩阵看成是一个图,a 到 b会有多条路径 ...
- Codeforces Round #270 D Design Tutorial: Inverse the Problem --MST + DFS
题意:给出一个距离矩阵,问是不是一颗正确的带权树. 解法:先按找距离矩阵建一颗最小生成树,因为给出的距离都是最短的点间距离,然后再对每个点跑dfs得出应该的dis[][],再对比dis和原来的mp是否 ...
- 【CF】270D Design Tutorial: Inverse the Problem
题意异常的简单.就是给定一个邻接矩阵,让你判定是否为树.算法1:O(n^3).思路就是找到树边,原理是LCA.判断树边的数目是否为n-1.39-th个数据T了,自己测试2000跑到4s.算法2:O(n ...
- cf472C Design Tutorial: Make It Nondeterministic
C. Design Tutorial: Make It Nondeterministic time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 ...
- cf472B Design Tutorial: Learn from Life
B. Design Tutorial: Learn from Life time limit per test 1 second memory limit per test 256 megabytes ...
- cf472A Design Tutorial: Learn from Math
A. Design Tutorial: Learn from Math time limit per test 1 second memory limit per test 256 megabytes ...
随机推荐
- dubbo学习(四)配置dubbo 注解方式配置
provider(生产者) service注解暴露服务 /** * 用户管理实现类 */ @Service //用的dubbo的注解,表明这是一个分布式服务 @Component //注册为sprin ...
- redis集群简介
1.1 集群的概念 所谓的集群,就是通过添加服务器的数量,提供相同的服务,从而让服务器达到一个稳定.高效的状态. 1.1.1 使用redis集群的必要性 问题:我们已经部署好 ...
- Xmind 2020 破解教程
前言: 今天用xmind试用版记了会笔记,发现哎哟还真好用,于是乎我脑子一热,点击激活,发现年费好尼玛贵,瞬间我就冷静下来了. 于是乎,脑海里立马浮现出两个字:破解!好了废话不多说,直接上傻瓜教程.( ...
- [视频]iNeuOS 自主可控工业互联网一体化解决方案 整体介绍
演示地址:http://demo.ineuos.net (注:自己注册) iNeuOS 自主可控工业互联网操作系统,提供全新解决方案 核心组件包括:边缘网关(iNeuLink).设备容器(iNeuK ...
- linux中重启网卡后网络不通(NetworkManager篇)
1.问题描述 RHEL7.6系统,使用nmcli绑定双网卡后,在使用以下命令重启network服务后主机网络异常,导致无法通过ssh远程登录系统. systemctl restart network ...
- Jmeter5.3源码编译
下载源码 https://jmeter.apache.org/download_jmeter.cgi 配置网络环境(重要) 下载 Proxifier 配置上网条件 导入Idea 通过 Idea 的 O ...
- NOIP提高组2018 D1T3 【赛道修建】
颓了好几天,终于把这到题处理了一下. 话说,其实我考场上想出正解了,但是手残,算复杂度的时候多按了一个零,导致算出来是1亿多的复杂度,都不敢打...就把部分分都捡了一下... 题目描述: C 城将要举 ...
- 把python文件打包成可执行文件(win10实验成功)
总是有人来找我帮看下工单状态,又懒得写页面展示出来,干脆打包成exe文件好啦 打包很简单,难点在于安装pyinstaller这个依赖包,主要是网络问题~ 我也是参考别人的博文,别人的文章写得很详细,我 ...
- day65:nginx代理&nginx负载均衡
目录 1.nginx代理 2.nginx代理与配置 3.nginx负载均衡调度多web节点(静态页面) 4.nginx负载均衡调度多应用节点(blog) 5.nginx_proxy + web应用节点 ...
- 扩展、接管MVC都不会,还会用Spring Boot?
持续原创输出,点击上方蓝字关注我 目录 前言 Spring Boot 版本 如何扩展MVC? 如何自定义一个拦截器? 什么都不配置为什么依然能运行MVC相关的功能? 如何全面接管MVC?[不推荐] 为 ...