洛谷 2831 (NOIp2016) 愤怒的小鸟——仅+1所以bfs优化
题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2831
状压dp。跑得很慢。（n^2*2^n）
注意只打一只猪的情况。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int Lm=18;const double eps=1e-10; int T,n,dp[(1<<Lm)+5],lm,tot,tp,list[Lm*Lm+5]; struct Node{ double x,y; }r[Lm+5]; //struct Sit{ // int s,cnt; //}b[(1<<Lm)+5]; //bool cmp(Sit u,Sit v){return u.cnt<v.cnt;} //int calc(int s) //{ // int ret=0;while(s)ret++,s-=(s&-s);return ret; //} int solve(int i,int j) { double y1=r[i].x,x1=y1*y1,z1=r[i].y; double y2=r[j].x,x2=y2*y2,z2=r[j].y; double k=x2/x1;y1*=k;z1*=k;y1-=y2;z1-=z2; double b=z1/y1,a=(z2-b*y2)/x2; if(a>=0)return -1; int ret=0; for(int p=1;p<=n;p++) if(fabs(r[p].x*r[p].x*a+r[p].x*b-r[p].y)<=eps)ret|=(1<<(p-1)); return ret; } void init() { // for(int i=0;i<lm;i++)b[i+1].s=i,b[i+1].cnt=calc(i); // sort(b+1,b+lm,cmp); tot=0; for(int i=0;i<n;i++)list[++tot]=(1<<i);/////////// for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) { list[++tot]=solve(i,j); if(list[tot]==-1)tot--; } memset(dp,1,sizeof dp);dp[0]=0; } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&tp);lm=(1<<n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&r[i].x,&r[i].y); init(); for(int i=1;i<=tot;i++) for(int s=0;s<lm;s++) dp[s|list[i]]=min(dp[s|list[i]],dp[s]+1); // for(int i=1;i<=lm;i++) // { // int s=b[i].s; // for(int j=1;j<=tot;j++) // dp[s|list[j]]=min(dp[s|list[j]],dp[s]+1); // } printf("%d\n",dp[lm-1]); } return 0; }
到处看TJ。发现好像是因为弄了很多冗余状态。
让我们分析为什么当前S一定要打掉第一只未打的猪。（n*2^n）
我们可以把 “前缀连续的1多了一个” 看做更进了一步。反正最后要 “前缀连续的1有n个” ，所以这样看也还行。
那么不打第一只未打的猪的转移就是同层转移了。这种转移不能使我们离最终状态更近。
但是它可以让后面的0更少之类的，可能对后面有好的影响。
分析一下这里：如果现在打了后面、后面再补回来现在这个“第一只未打的猪”可以更优的话，因为打猪的顺序无关，所以可以对应成现在打了“第一只未打的猪”、后面打了本回可能会打的那些猪。
所以可以n*2^n。（一下子就快了10倍呢）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int Lm=18;const double eps=1e-10; int T,n,dp[(1<<Lm)+5],lm,tp,list[Lm+5][Lm+5]; double x[Lm+5],y[Lm+5]; int solve(int i,int j) { double a=(y[i]*x[j]/x[i]-y[j])/(x[i]*x[j]-x[j]*x[j]); double b=y[i]/x[i]-a*x[i]; if(a>=-eps)return 0; int ret=0; for(int u=1;u<=n;u++) if(fabs(x[u]*x[u]*a+x[u]*b-y[u])<=eps)ret|=(1<<(u-1)); return ret; } void init() { for(int i=1;i<=n;i++) { list[i][i]=(1<<(i-1)); for(int j=i+1;j<=n;j++) list[i][j]=solve(i,j); } memset(dp,1,sizeof dp);dp[0]=0; } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&tp);lm=(1<<n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); init(); for(int s=0;s<lm;s++) { int i; for(i=1;i<=n&&(s&(1<<(i-1)));i++); for(int j=i;j<=n;j++)dp[s|list[i][j]]=min(dp[s|list[i][j]],dp[s]+1); } printf("%d\n",dp[lm-1]); } return 0; }
但还不够优秀。翻翻洛谷提交记录，看到“文文殿下”惊人的时间，就去学习。
其实就是用bfs来写。加上第2版的那个优化。
这样可以得到答案及时退出而不用担心答案不最优（因为是bfs）。
这大约是利用了 每次转移都只会+1 的性质。能用bfs的话还是它最快呢。（0ms）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int Lm=18,INF=25;const double eps=1e-10; int T,n,lm,tp,list[Lm+5][Lm+5]; int h,t,q[(1<<Lm)+5],dfn[(1<<Lm)+5]; double x[Lm+5],y[Lm+5]; bool vis[(1<<Lm)+5]; int solve(int i,int j) { double a=(y[i]*x[j]/x[i]-y[j])/(x[i]*x[j]-x[j]*x[j]); double b=(y[i]/x[i]-a*x[i]); if(a>=-eps)return 0; int ret=0; for(int u=1;u<=n;u++) if(fabs(x[u]*x[u]*a+x[u]*b-y[u])<=eps)ret|=(1<<(u-1)); return ret; } void init() { for(int i=1;i<=n;i++) { list[i][i]=(1<<(i-1)); for(int j=i+1;j<=n;j++) list[i][j]=solve(i,j); } memset(vis,0,sizeof vis); } void bfs() { h=1;t=0;q[++t]=0;dfn[t]=0;//t=0,多组数据！ while(h<=t) { int s=q[h],d=dfn[h++],i; for(i=1;i<=n&&(s&(1<<(i-1)));i++); for(int j=i;j<=n;j++) { int x=(s|list[i][j]);if(vis[x])continue;// vis[x]=1;q[++t]=x;dfn[t]=d+1; if(x==lm-1){printf("%d\n",dfn[t]);return;} } } } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&tp);lm=(1<<n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); init(); bfs(); } return 0; }
