CF164D Minimum Diameter 题解

最小点覆盖模板题。

思路#

考虑二分直径 $x$ 。

我们将距离 $> x$ 的点对连一条边，那么每一条边的两端至少有一端需要被删掉。

这是最小点覆盖的定义。

那么就是判断最小点覆盖是否小于等于 $k$ 。

发现这个问题并不好用一些多项式复杂度的做法解决。

考虑暴搜。

每一次我们把度数最大的点拿出来。

我们此时有两种情况。

选择这个点，继续搜索。
选择这个点的所有邻居，继续搜索。

此时的复杂度为：

T (k) = T (k - 1) + T (k - d u) + O (n)

$d u$ 就是此时最大的度数。

发现当最大的度数为一时，这个做法最坏可以达到 $O (2^{k} n)$ 。

但是考虑当最大的度数小于等于二时。

整张图是一堆链和一堆环的组合。

这种图的最小点覆盖是极其好计算的。

所以对于最大的度数小于等于二时，我们可以特殊处理，不需要搜索。

那么此时复杂度就变成了：

T (k) = T (k - 1) + T (k - 3) + O (n)

搜索次数在 $k = 30$ 时最多只有四万，并且很难卡满，可以轻松通过。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, k;
int a[1010];
int b[1010];
int du[1010];
int vs[1010];
vector<int> rs;
vector<int> qs;
vector<int> to[1010];

inline void get(int x) {
  deque<int> q;
  vs[x] = 1, q.push_back(x);
  auto sol1 = [&](int x, auto sol1) -> void {
    vs[x] = 1, q.push_front(x);
    for (auto i : to[x]) if (!vs[i] && du[i]) sol1(i, sol1);
  };
  auto sol2 = [&](int x, auto sol2) -> void {
    vs[x] = 1, q.push_back(x);
    for (auto i : to[x]) if (!vs[i] && du[i]) sol2(i, sol2);
  };
  int o = 0;
  for (auto i : to[x])
    if (!vs[i] && du[i]) {
      if (o == 1) sol2(i, sol2), o = 2;
      if (o == 0) sol1(i, sol1), o = 1;
    }
  int ct = 0;
  for (auto i : q) if (du[i] == 1) ct++;
  while (q.size() >= 2) {
    q.pop_front();
    rs.push_back(q.front());
    q.pop_front();
  }
  if (ct == 0 && q.size()) rs.push_back(q.front());
}
inline void add(int p) { for (auto i : to[p]) du[i]--; vs[p] = 1, rs.push_back(p); }
inline void del(int p) { for (auto i : to[p]) du[i]++; vs[p] = 0, rs.pop_back(); }
inline bool dfs() {
  if (rs.size() <= k) {
    int p = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vs[i] && du[i] > du[p]) p = i;
    if (du[p] == 0) {
      return 1;
    } else if (du[p] > 2) {
      vector<int> r;
      for (auto i : to[p]) if (!vs[i]) r.push_back(i);
      for (auto i : r) add(i); if (dfs()) return 1;
      for (auto i : r) del(i);
      add(p); if (dfs()) return 1;
      del(p);
    } else {
      vector<int> r, l = rs;
      for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vs[i] && du[i]) r.push_back(i);
      for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vs[i] && du[i]) get(i);
      if (rs.size() <= k) return 1;
      for (auto i : r) vs[i] = 0;
      rs = l;
    }
  }
  return 0;
}
inline bool chk(int x) {
  for (int i = 1; i <= n; i++) to[i].clear(), du[i] = vs[i] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = i + 1; j <= n; j++)
      if ((a[i] - a[j]) * (a[i] - a[j]) + (b[i] - b[j]) * (b[i] - b[j]) > x) {
        to[i].push_back(j), du[i]++;
        to[j].push_back(i), du[j]++;
      }
  return rs.clear(), dfs();
}

int main() {
  cin >> n >> k;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i] >> b[i];
  }
  long long l = 0, r = 2.1e9;
  while (l <= r) {
    long long mid = (l + r) >> 1;
    if (chk(mid)) {
      r = mid - 1, qs = rs;
    } else {
      l = mid + 1;
    }
  }
  memset(vs, 0, sizeof vs);
  for (auto i : qs) vs[i] = 1;
  for (int i = 1; i <= n && k; i++) if (vs[i] == 1) cout << i << " ", k--;
  for (int i = 1; i <= n && k; i++) if (vs[i] == 0) cout << i << " ", k--;
}