洛谷上这道题的链接：https://www.luogu.org/problem/show?pid=3039
usaco英文题解链接：http://www.usaco.org/current/data/sol_delivery.html
表示看了题解和程序好久才看懂。。。。
思路大概是这样的，我们把原来的一个点拆分成五个点，分别在它的上下左右，也建立一个点，然后重新构图，在5n个点中一一判断是否能到达，如何判断呢？我们看看两个点间能不能构成一条直角路径，即这条路径只能转一次弯，如果可以就把这两个点连接起来，然后用图做dijkstra，得出我们要求的两点间的能到达的最短距离。
为什么可以这么做
（图中黑圈代表原本的点，红点代表扩展后的点，绿线代表原本没有红点前走的路线，黄线代表扩展点后的路线）
如图所示我们发现扩展红点后两点间之间连接的路径如果存在要么是直线，要么只存在一个直角，扩展点可以帮助我们减少路径的弯弯曲曲程度，更好做。且图画多了可以发现如果两个点包括他们的扩展点间都不存在直角路径，那么这两个点是不联通的。
所以我们就把原问题变成了重构图后，求一条由多条两点间（这两点互相可以到达，即直角路径上不存在原问题中的点）的直角路径构成的最短路径；
我知道讲的很模糊，所以具体的话还是程序里面写吧
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; struct ding{ int x,y; }p[600]; struct bian{ int to,next; }edge[300000]; ding f2[600],f[600]; int n,h[5]={0,-1,1,0,0},l[5]={0,0,0,1,-1}; int indx[50000]; int num=0,cnt=0,head[10000],dis[10000]; bool vis[10000]; bool check3(int x1,int y1,int x2,int y2,int x3,int y3) { //为了方便我们就把直角路径拆成两条来看 if (x2==x3) return ((x1==x2)&&(y1>min(y2,y3))&&(y1<max(y2,y3))); else return ((y1==y2)&&(x1>min(x2,x3))&&(x1<max(x2,x3))); } bool check2(ding tot,int a,int b) { bool fg=true; for (int i=1;i<=n;i++) if ((tot.x==f[i].x)&&(tot.y==f[i].y)) {fg=false;break;}//我们要保证直角上没有点 fg=fg||(f2[a].x==f2[b].x)||(f2[a].y==f2[b].y); //当然如果两个点原本就在同一列或同一行的话，那就不存在直角了。。。 for (int i=1;i<=n;i++) if (check3(f[i].x,f[i].y,f2[a].x,f2[a].y,tot.x,tot.y)||check3(f[i].x,f[i].y,f2[b].x,f2[b].y,tot.x,tot.y)) //检查枚举的这条直角路径上有没有点，如果有，那么这条路径禁止通行 {fg=false; break;} if (fg) return true; return false; } bool check1(int a,int b) { //一般情况下两点间的的直角路径有两条，所以我们也分类讨论 ding tot; tot.x=f2[a].x; tot.y=f2[b].y; if (check2(tot,a,b)) return true; tot.x=f2[b].x; tot.y=f2[a].y; if (check2(tot,a,b)) return true; return false; } void add(int u,int v) { edge[++num].to=v; edge[num].next=head[u]; head[u]=num; } int calc(int a,int b){return (abs(f2[a].x-f2[b].x)+abs(f2[a].y-f2[b].y));} //计算两点间的曼哈顿距离 int dijkstra(int a,int b) { for (int i=1;i<=cnt;i++) {dis[i]=2100000000; vis[i]=false;} //赋初值 for (int i=1;i<=n;i++) if ((indx[i]!=b)&&(indx[i]!=a)) vis[indx[i]]=true; //除了起点与终点外，其他原本就存在的点是不能用于更新最短路径的，因为它们只能被经过一次 dis[a]=0; for (int i=1;i<=cnt;i++) { int now=1; for (int j=1;j<=cnt;j++) if (((dis[j]<dis[now])||(vis[now]))&&(!vis[j])) now=j; //如果说已经没有没被更新过的点，或者点与点之间已经没路了，返回-1； if ((vis[now])||(dis[now]==2100000000)) return -1; if (now==b) return dis[b]; //如果终点成了目前离起点最近的未更新过其他点的点，那么说明剩下的点已经没办法再更新这条最短路了，直接返回答案 vis[now]=true; for (int j=head[now];j;j=edge[j].next) { int y1=edge[j].to; if (!vis[y1]) dis[y1]=min(dis[y1],dis[now]+calc(now,y1)); } } return -1; } int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y); ding tot; tot.x=p[i].x; tot.y=p[i].y; f[i]=tot; //定义一个结构体来储存只是为了方便。。。p[i]数组是没用的。。。 } for (int i=1;i<=n;i++) { f2[++cnt]=f[i]; indx[i]=cnt;//储存扩展后的点，并记录原点在数组中的位置 for (int j=1;j<=4;j++) { bool fg=true; ding tot;tot.x=p[i].x+h[j]; tot.y=p[i].y+l[j]; //枚举扩展点 for (int k=1;k<=n;k++) if ((tot.x==f[k].x)&&(tot.y==f[k].y)) {fg=false;break;} //保证原本这个位置上是没有点的 if (fg) f2[++cnt]=tot; } } for (int i=1;i<=cnt;i++) for (int j=i+1;j<=cnt;j++) if (check1(i,j)) {add(i,j);add(j,i);} //检查这两点间是否能到达，如果可以，那么就用链式前向星记录下来（好像可以不用，但是我当时以为。。） int ans=0; for (int i=1;i<=n;i++) { int sum=0; if (i!=n) sum=dijkstra(indx[i],indx[i+1]); else sum=dijkstra(indx[i],indx[1]); //计算它与它要到达的点间的最短距离 if (sum==-1) {cout<<"-1"<<endl; return 0;} //如果返回-1，说明两点间无法到达 else ans+=sum; //否则记录 } printf("%d\n",ans); return 0; }
我。。尽力了。。。。
