UVA 10603 - Fill(dijkstra + 状态图)
题目链接
https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1544
题目大意
有三个水杯,容量分别为 a, b, c 刚开始 c 水杯注满水,其他是空的,然后求经过 n 次操作后可不可以得到 d 升水。如果可以的话,转移的水量尽量少,如果无法得到 d 升的话,就输出 d’ 升,d’< d 并且 d’ 尽量的大。
这里的转移水量指,总共转移了多少升水,比如 a 向 b 注了五升水,那么转移水量为五升。
解题过程
照着紫书示例敲得,看作者代码学到了好多东西。
题目分析
首先是进行枚举操作的时候,虽然总共三个杯子,作者还是把数据放到了数组里面,简化不少代码,如果是我的话,就直接写9个if了。
然后是代码的思想是 dijkstra,求最短路。
- 把整个问题当做一个状态图,每个点由三个水杯里面的水确定。
- 两个点之间的边的权值,是由两个状态转化所需要转移的水量。(注意一点是这里是有向图)
- 另外三个水杯里面的水合不变,给定两个水杯里水的体积,就可以确定另一个,所以储存状态时,只需要记录两个水杯的体积即可。
经过上面的解析,这个问题就抽象成了,求一个有向图的最短路径,然后使用了优先队列优化的 dijkstra 。
另外memcpy的使用值得一学,使用方法如下:
memset(&a, &b, sizeof(a));
把 b 复制给a,直接复制的内存,效率比直接循环快。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX = 200+10;
struct Node
{
int v[3], dist;
};
bool operator < (const struct Node& a, const struct Node& b)
{
return a.dist > b.dist;
}
int vis[MAX][MAX], ans[MAX];
void update_ans(Node u)
{
for (int i = 0; i < 3; i++)
{
int d = u.v[i];
if (ans[d] < 0 || ans[d] > u.dist)
ans[d] = u.dist;
}
}
void solve(int a, int b, int c, int d)
{
int cap[3] = {a,b,c};
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(ans, -1, sizeof(ans));
Node start;
start.v[0] = 0, start.v[1] = 0, start.v[2] = c;
start.dist = 0;
priority_queue<Node> q;
q.push(start);
vis[0][0] = 1;
while (!q.empty())
{
Node u = q.top(); q.pop();
update_ans(u);
if (ans[d] >= 0)
break;
for (int i = 0; i < 3; i++)
{
for (int j = 0; j < 3; j++)
{
if (i == j)
continue;
if (u.v[i] == 0 || u.v[j] == cap[j])
continue;
int amount = min(cap[j], u.v[i] + u.v[j]) - u.v[j];
Node u2;
memcpy(&u2, &u, sizeof(u));
u2.dist = u.dist + amount;
u2.v[i] -= amount;
u2.v[j] += amount;
if (!vis[u2.v[1]][u2.v[0]])
{
vis[u2.v[1]][u2.v[0]] = 1;
q.push(u2);
}
}
}
}
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int a, b, c, d;
scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d);
solve(a, b, c, d);
while (d >= 0)
{
if (ans[d] >= 0)
{
printf("%d %d\n", ans[d], d);
break;
}
d--;
}
}
}