Luogu P2149 [SDOI2009]Elaxia的路线(最短路+记忆化搜索)
题意
题目描述
最近，\(Elaxia\)和\(w**\)的关系特别好，他们很想整天在一起，但是大学的学习太紧张了，他们必须合理地安排两个人在一起的时间。
\(Elaxia\)和\(w**\)每天都要奔波于宿舍和实验室之间，他们希望在节约时间的前提下，一起走的时间尽可能的长。
现在已知的是\(Elaxia\)和\(w**\)所在的宿舍和实验室的编号以及学校的地图：地图上有\(N\)个路口，\(M\)条路，经过每条路都需要一定的时间。具体地说，就是要求无向图中，两对点间最短路的最长公共路径。
输入输出格式
输入格式：
第一行：两个整数\(N\)和\(M\)（含义如题目描述）。
第二行：四个整数\(x_1,y_1,x_2,y_2(1\leq x_1 \leq N,1\leq y_1\leq N,1\leq x_2\leq N,1\leq y_2\leq N)\)，分别表示\(Elaxia\)的宿舍和实验室及\(w**\)的宿舍和实验室的标号（两对点分别\(x1,y1\)和\(x2,y2\)）。
接下来\(M\)行：每行三个整数，\(u,v,l(1\leq u\leq N,1\leq v\leq N,1\leq l\leq 10000)\)，表示\(u\)和\(v\)之间有一条路，经过这条路所需要的时间为\(l\)。
输出格式：
一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）
输入输出样例
输入样例#1：
9 10
1 6 7 8
1 2 1
2 5 2
2 3 3
3 4 2
3 9 5
4 5 3
4 6 4
4 7 2
5 8 1
7 9 1
输出样例#1：
3
说明
对于\(30\%\)的数据，\(N\leq 100\)；
对于\(60\%\)的数据，\(N\leq 1000\)；
对于\(100\%\)的数据，\(N\leq 1500\)，输入数据保证没有重边和自环。
思路
等我再调一下，我只有一个小错误了... --alecli
首先想想题目要求我们做什么。我们要求两组点对之间的最短路，每组点对之间的最短路可能有很多条。然后我们在每组点对中各选出一条最短路，使得它们之间的公共边的长度之和最长，并输出这个长度。
那么我们的算法流程就是：
- 找出第一组点对之间的所有最短路径。
- 找出第二组点对之间的所有最短路径。
- \(dfs\)选两条路径，计算公共边长度。
选出路径的复杂度已经很高了，再去计算公共边长度，时间就爆炸了。能不能优化一下呢？我们不妨这样写：
- 找出第一组点对之间的所有最短路径。
- 把这些最短路径经过的边都打上标记。
- 找出第二组点对之间的所有最短路径。
- 把这些最短路径经过的边都打上标记。
- 求被打上两次标记的边的边权之和。
这样会快很多，不过这又是显然有问题的，因为会有边的边权因为出现在多条最短路径中而被重复计算，所以我们不得不牺牲一些时间复杂度，这样改写：
- 找出第一组点对之间的所有最短路径。
- 把这些最短路径经过的边都打上标记。
- 找出第二组点对之间的所有最短路径。
- \(dfs\)求出一条第二组点对之间的最短路径，使得这条路径中已打上标记的路径的边权之和最大。
嘿，我们把\(TLE\)的做法和\(WA\)的做法综合在一起，就得出了\(AC\)的做法！得出结论（雾）：
另外，还有一些小的优化，比如在操作\(2\)中打标记，我们可以利用\(dfs\)，从起点开始找到一条能到达终点的最短路径，然后把边全部打上标记。我们可以用记忆化来优化这一部分的时间。设变量\(to_t[i]\)表示是否存在一条经过\(i\)的从\(x_1\)到\(y_1\)的最短路。若\(to_t[i]=1\)，则有；若\(to_t[i]=-1\)，则无；若\(to_t[i]=0\)，则表示我们还不知道有没有，接着搜索下去才能得到答案：
int dfs1(int u)
{
if(u==t1) return true;//到达终点
to_t[u]=-1;
for(int i=top[u];i;i=nex[i])
if(dis[to[i]]==dis[u]+len[i])//判断是否是最短路
{
if(to_t[to[i]]==-1) continue;//走不到终点，溜了
else if(to_t[to[i]]==1||dfs1(to[i])==1)//走得到或者搜索得到
{
to_t[u]=1;
G[u][to[i]]=G[to[i]][u]=len[i];//G数组存被标记上的边权
}
}
return to_t[u];
}
操作\(4\)中第二次\(dfs\)求答案时我们就可以暴力一点，顺着跑就好了。当然，优化方式也有很多，在这里就不举例了。
//ans[i]记录从起点到i点所能经过的最大被标记边权之和
void dfs2(int u)
{
for(int i=top[u];i;i=nex[i])
if(dis[to[i]]==dis[u]+len[i]&&ans[to[i]]<G[u][to[i]]+ans[u])//是最短路且对答案有贡献
{
ans[to[i]]=G[u][to[i]]+ans[u];//做记录
dfs2(to[i]);//往下搜索
}
}
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1505;
int n,m,s1,t1,s2,t2,dis[MAXN],ans[MAXN],G[MAXN][MAXN],to_t[MAXN];
int cnt,top[MAXN],to[MAXN*MAXN],len[MAXN*MAXN],nex[MAXN*MAXN];
bool vis[MAXN];
int read()
{
int re=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return re;
}
void SPFA(int s)
{
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[s]=0;
queue<int>Q;
Q.push(s);
while(!Q.empty())
{
int now=Q.front();Q.pop();
vis[now]=false;
for(int i=top[now];i;i=nex[i])
if(dis[to[i]]>dis[now]+len[i])
{
dis[to[i]]=dis[now]+len[i];
if(!vis[to[i]])
{
vis[to[i]]=true;
Q.push(to[i]);
}
}
}
}
int dfs1(int u)
{
if(u==t1) return true;
to_t[u]=-1;
for(int i=top[u];i;i=nex[i])
if(dis[to[i]]==dis[u]+len[i])
{
if(to_t[to[i]]==-1) continue;
else if(to_t[to[i]]==1||dfs1(to[i])==1)
{
to_t[u]=1;
G[u][to[i]]=G[to[i]][u]=len[i];
}
}
return to_t[u];
}
void dfs2(int u)
{
for(int i=top[u];i;i=nex[i])
if(dis[to[i]]==dis[u]+len[i]&&ans[to[i]]<G[u][to[i]]+ans[u])
{
ans[to[i]]=G[u][to[i]]+ans[u];
dfs2(to[i]);
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),s1=read(),t1=read(),s2=read(),t2=read();
while(m--)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
to[++cnt]=y,len[cnt]=z,nex[cnt]=top[x],top[x]=cnt;
to[++cnt]=x,len[cnt]=z,nex[cnt]=top[y],top[y]=cnt;
}
SPFA(s1);
if(dfs1(s1)==-1)
{
printf("0");
return 0;
}
SPFA(s2);
memset(ans,-1,sizeof ans);
ans[s2]=0;
dfs2(s2);
printf("%d",ans[t2]);
return 0;
}
