题解 LGP8817【[CSP-S 2022] 假期计划】

posted on 2022-10-29 23:32:15 | under 题解 | source

problem

$n$ 个点 $m$ 条边的无向无权图，令 $to(i,j)=[\mathrm{dist}(i,j)\le k+1]$，点带权 $a_i$，求：

$$[\ast ]=\underset{A\ne B\ne C\ne D\ne 1}{max}to(1,A)\cdot to(A,B)\cdot to(B,C)\cdot to(C,D)\cdot to(D,1)\cdot (a_A+a_B+a_C+a_D).$$

$n,m\le 3000.$

solution

以每个点为源点跑 bfs，求出 $to(i,j)$，复杂度 $O(nm)$。

我们弱化一下这个问题：如果只有两个景点 $A,B$，怎么做？

我们可以预处理一个 $F_{i,j}$ 表示一个权值最大的景点 $k$ 满足 $to(i,k)\wedge to(k,j)$，我们先不说怎么做。然后枚举景点 $A$，那么我们确信景点 $F_{1,A}$ 是最优的。

现在我们有三个景点 $A,B,C$，我仍然可以枚举 $B$，转移 $F_{1,i}$ 的时候记录最大值和次大值，那么我们确信这两个值是 $A,C$ 的最优取值。

现在我们有四个景点 $A,B,C,D$，我们可以枚举 $B,C$，用 $F_{1,B},F_{C,1}$ 分别求出 $A,D$ 的最优取值。注意当我们确定 $F_{1,B}$ 时，有两个景点（$B,F_{1,B}$）已经被选，所以使用 $F_{C,1}$ 时我们要记录最大值、次大值、次次大值，确保没有重复才能转移。反过来也要判一次。枚举的复杂度是 $O(n^2)$ 的。

现在回到 $F$，我们发现，由于图是无向图，因此我们断定 $F_{i,j}=F_{j,i}$，这样一来我们所有用到的 $F$ 都形如 $F_{1,i}$，状态数 $O(n)$，转移暴力 $O(n)$ 就好了。

code

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
template<int N,int M,class T=int> struct graph{
	int head[N+10],nxt[M*2+10],cnt;
	struct edge{
		int u,v; T w;
		edge(int u=0,int v=0,T w=0):u(u),v(v),w(w){}
	} e[M*2+10];
	graph(){memset(head,cnt=0,sizeof head);}
	edge& operator[](int i){return e[i];}
	void add(int u,int v,T w=0){e[++cnt]=edge(u,v,w),nxt[cnt]=head[u],head[u]=cnt;}
	void link(int u,int v,T w=0){add(u,v,w),add(v,u,w);}
};
LL a[3010];
bool cmp(int i,int j){return a[i]>=a[j];}
struct node{
	int v[4];
	node(){v[0]=v[1]=v[2]=v[3]=0;}
	void update(int k){
		if(cmp(k,v[0])) 	 v[3]=v[2],v[2]=v[1],v[1]=v[0],v[0]=k;
		else if(cmp(k,v[1])) v[3]=v[2],v[2]=v[1],v[1]=k;
		else if(cmp(k,v[2])) v[3]=v[2],v[2]=k;
		else if(cmp(k,v[3])) v[3]=k;
	}
	int operator[](int i){return v[i];}
};
int n,m,sshwy,dis[3010];
bool to[3010][3010];
graph<3010,10010> g;
void bfs(int s){
	queue<int> q;
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	for(q.push(s),dis[s]=0;!q.empty();){
		int u=q.front(); q.pop();
		if(dis[u]>sshwy+1) continue;
		to[s][u]=1;
		if(dis[u]==sshwy+1) continue;
		for(int i=g.head[u];i;i=g.nxt[i]){
			int v=g[i].v;
			if(dis[v]>dis[u]+1) dis[v]=dis[u]+1,q.push(v);
		}
	}
}
node f[3010];
void dp(){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=2;j<=n;j++){
			if(i==j||!to[1][i]||!to[i][j]) continue;
			f[j].update(i);
		}
	}
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		fprintf(stderr,"f[%d]={%d,%d,%d,%d}\n",i,f[i][0],f[i][1],f[i][2],f[i][3]);
//	}
}
LL solve(){
	LL res=-1;
	for(int u=2;u<=n;u++){
		for(int v=2;v<=n;v++){
			if(!to[u][v]) continue;
			node &be=f[u],&ce=f[v];
			for(int i=0;i<4;i++){
				for(int j=0;j<4;j++){
					if(!be[i]||!ce[j]) continue;
					int pos[]={u,v,be[i],ce[j]};
					if(sort(pos,pos+4),unique(pos,pos+4)==pos+4){
						res=max(res,a[u]+a[v]+a[be[i]]+a[ce[j]]);
						break;//后面的决策不会更优 
					}
				}
			}
            //考场并没有发现只需要 3 个值，写的比较暴力
		}
	}
	return res;
}
int main(){
	a[0]=a[1]=-1e18;
	freopen("holiday.in","r",stdin),freopen("holiday.out","w",stdout); 
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&sshwy);
	for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),g.link(u,v);
	for(int i=1;i<=n;i++) bfs(i);
	dp();
	printf("%lld\n",solve()); 
	return 0;
}