加工零件

加工零件

NOIp普及组 2019T4

题目简述：

这道题描述得还是很详尽的，两个样例也都有解释，良心啊（赞qwq）

这里就不再多赘述了，直接来讲我的解题过程ovo

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暴力起手

读完样例解释，知道是图论但并不是很懂为什么会用最短路，也没有其他什么思路，于是...来看看数据范围

测试点1~4:1≤n，m≤1000，q=3，L=1

测试点5~8：1≤n，m≤1000，q=3，1≤L≤10

• 暴力起手

这八个点好小，岂不是送分？那就愉快地暴力起手吧！（其实就是没思路）

怎么暴力呢？我们用递归模拟来解决：

1. 面对每组的Ai、Li，我们先判断是否都等于1，如果是直接输出“No”（其实不用这步）

2. 如果不是，就清零存答案的ans再进入递归处理

3. 我们通过链式前向星遍历与Ai相连的所有边：设与Ai相连的点是Vj，我们就将Vj作为新的Ai进入下一层递归，当然，这时Li也应该同时减一

很简单对吧？然后我们将代码实现出来，就能够拿到40pts了，如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q,u,v,a,l,tot,ans;
int head[100010];

struct node {
	int to,net;
} e[100010];

inline void add(int u,int v) {
	e[++tot].to=v;
	e[tot].net=head[u];
	head[u]=tot;
}

inline void solve(int x,int y) {
	if(ans==1) return ;   //已经有答案就退出，剪枝+5pts 
	if(y==0) {
		if(x==1) ans=1;  //如果1号需要提供原材料，标记ans 
		return;
	}
	for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
		int v=e[i].to;
		solve(v,y-1);  //进入下一层递归 
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	for(register int i=1;i<=q;i++) {
		scanf("%d%d",&a,&l);
		if(a==1&&l==1) puts("No");
		else {
			ans=0;  //清零ans 
			solve(a,l);
			if(ans==1) puts("Yes");
			else puts("No");
		}
		
	}
	return 0; 
}

• 暴力优化

可以发现，Ai、Li在递归中会出现很多状态的重复计算，那么我们就可以使用记忆化来剪枝啊！这样我们可以拿到60pts！

具体实现：用一个数组记录每次递归遇到的新的Ai、Li，下一次遇到相同的就直接输出记录的答案

PS：记忆化代码就不给出了，很简单就能够实现，不多赘述

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漫漫正解之路：

再确认暴力程序已经不可优化后，我们来思考一下能拿更多分的做法

所以，来研究样例：

1. 1->2的最短奇数路径长度为1，所以当2的Li为奇数且不小于1时，1总是要提供原材料

2. 1->2的最短偶数路径长度为2，所以当2的Li为偶数且不小于2时，1总是要提供原材料

3. 1->2->3的最短偶数路径长度为2，所以当3的Li为偶数且不小于2时，1总是要提供原材料

4. 1->2->3的最短奇数路径长度为3，所以当3的Li为奇数且不小于3时，1总是要提供原材料

综上，我们可以将题意转换一下：

求1到Ai的最短奇数路径长度和最短偶数路径长度

若Ai的Li为偶数，且存在1到Ai的最短偶数路径长度dis[Ai][0]，满足Li≥dis[Ai][0]，那么输出“Yes”

若Ai的Li为奇数，且存在1到Ai的最短奇数路径长度dis[Ai][1]，满足Li≥dis[Ai][1]，那么也输出“Yes”

那么我们就得到了另外一种思路，并且和最短路联系上了！

但是还有几个细节需要注意（我用Dijkstra实现最短路）：

1. 这道题的Dijkstra部分不用vis数组来记录当前点是否入过队

2. 通过上面的递归做法我们能够知道一个点是需要通过多次的，但vis标记后一个点就只能走一次，明显与题意相违背，所以我们去掉vis数组

3. 我们提交后会发现没有得到100pts，怎么回事？再想一下，1可能是孤岛！什么意思？就是1没与任何其他的点相连，所以我们特判一下即可

现在给出满分code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q,u,v,a,l,tot,ans,flag;
int dis[200010][2],head[200010];
queue<pair<int,int> > shan;

struct node {
	int to,net;
} e[200010];

inline void add(int u,int v) {
	e[++tot].to=v;
	e[tot].net=head[u];
	head[u]=tot;
}

inline void dijkstra() {  //在普通模板上分成奇偶处理 
	memset(dis,127,sizeof(dis));
	dis[1][0]=0;  //将1的偶数路径赋值为0，奇数路径设为较大值 
	shan.push(make_pair(0,1));  //入队 
	while(!shan.empty()) {
		int x=shan.front().second;
		shan.pop();
		for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
			int v=e[i].to;
			if(dis[v][0]>dis[x][1]+1) {  //用奇数+1更新偶数 
				dis[v][0]=dis[x][1]+1;
				shan.push(make_pair(dis[v][0],v));
			}
			if(dis[v][1]>dis[x][0]+1) {  //用偶数+1更新奇数 
				dis[v][1]=dis[x][0]+1;
				shan.push(make_pair(dis[v][1],v));
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",&u,&v);
	//	if(u==1||v==1) flag=1;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	dijkstra();
	for(register int i=1;i<=q;i++) {
		scanf("%d%d",&a,&l);
	//	if(flag==0) puts("No");
		if(!head[1]) puts("No");  //也可以引入flag来标记1是否是孤岛 
		else if(l%2==0&&dis[a][0]<=l) puts("Yes");  //判断偶数最短路是否可行 
		else if(l%2==1&&dis[a][1]<=l) puts("Yes");  //判断奇数最短路是否可行 
		else puts("No");	
	}
	return 0; 
}

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然后，感谢一下WS和RHL两位dalao帮我调试程序orz

最后，如果有任何不懂的地方或有任何我的理解不对的地方，欢迎大家留言啊qvq

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