[TopCoder 12519]ScotlandYard

CIV.[TopCoder 12519]ScotlandYard

我们考虑一个最原始的DP状态：$f[\mathbb{S}]$表示根据当前给出的信息，猜的人可以推测出当前藏的人一定在且仅在集合$\mathbb{S}$之中时，藏的人最多可以走多少步。

然后考虑枚举藏的人下一步给出走了什么颜色的边，然后取$\mathbb{S}$中所有点当前颜色的出边集合的并集$\mathbb{T}$，则有$f(\mathbb{S})\leftarrow f(\mathbb{T})+1$。边界状态为 $f(\varnothing)=0$，$f(\mathbb{S})=1\text{ when }|\mathbb{S}|=1$。

观察可以发现，猜的人最终可以确定藏的人在哪里的前一刻，$\mathbb{S}$的大小：

1. 如果$\geq3$，显然只判断其中两个亦可；

2. 如果$=2$，显然可以根据此两个一路反推回去，即任意时刻$|\mathbb{S}|$都可以被缩减到$2$。

3. 如果$\leq1$，此状态显然不合法，不可能出现。

故我们发现任意时刻状态中仅需存储$\mathbb{S}$中两个数即可。这样状态数就缩小到$O(n^2)$级别了。则此时就可以直接按照上文所述DP了。采取记忆化搜索的方式DP，如果任意时刻发现搜索到成环了，则答案必为$\infty$。

代码（TC的格式）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
class ScotlandYard{
private:
	const int inf=0x3f3f3f3f;
	int n,f[60][60];
	vector<int>g[60][3];
	bool in[60][60];
	int dfs(int x,int y){
		if(in[x][y])return inf;
		if(f[x][y]!=-1)return f[x][y];
		in[x][y]=true;
		f[x][y]=0;
		for(int i=0;i<3;i++){
			vector<int>v;
			for(auto j:g[x][i])v.push_back(j);
			for(auto j:g[y][i])v.push_back(j);
			sort(v.begin(),v.end()),v.resize(unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
			if(v.size()==0){f[x][y]=max(f[x][y],0);continue;}
			if(v.size()==1){f[x][y]=max(f[x][y],1);continue;}
			for(int i=0;i<v.size();i++)for(int j=i+1;j<v.size();j++)f[x][y]=max(f[x][y],min(inf,dfs(v[i],v[j])+1));
		}
		in[x][y]=false;
		return f[x][y];
	}
public:
	int maxMoves(vector<string>taxi,vector<string>bus,vector<string>metro){
		n=taxi.size();
		for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<3;j++)g[i][j].clear();
		for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(taxi[i][j]=='Y')g[i][0].push_back(j);
		for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(bus[i][j]=='Y')g[i][1].push_back(j);
		for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(metro[i][j]=='Y')g[i][2].push_back(j);
//		for(int i=0;i<3;i++){for(int j=0;j<n;j++){for(auto k:g[j][i])printf("%d ",k);puts("");}puts("");}
		memset(f,-1,sizeof(f));
		int res=0;
		for(int i=0;i<n;i++)for(int j=i+1;j<n;j++)res=max(res,dfs(i,j));
		return res>=inf?-1:res;
	}
}my;