CF238E Meeting Her

Solution

通过最短路和 \(n\leq 100\) 得知我们可以拿 \(floyd\) 预处理全源最短路。然后因为要换车，所以我们可以考虑dp，设 \(dp_i\) 为 \(i\) 到终点 \(b\) 的最坏换车次数，但是从起点开始可能会有后效性，所以从终点开始，即 \(dp_b\) 为 \(0\) 。

对于路线 \(k\) ，不一定只有一条最短路，所以我们考虑 \(k\) 必然经过的点。但是模拟一下发现只考虑必经点是不行的，某条最短路上的非必经点可能是别的路线的必经点。所以选择拿 \(dfs\) 来搜索情况，并及时更新。

注意：可能会出现环，所以要判断。

时间复杂度 \(O(n^4)\) 。还有一些注意点写在代码里了。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
int vis[105],T,num[105],dp[105],f[105][105],n,m,K,DP[105],s[105],t[105];
bool b[105][105];

int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
int dfs(int u,int k){
//u是当前点，k是路线，计算u点只坐这条公交路线到达终点最坏情况的换乘次数
    if(vis[u]==T) return DP[u];
    int tmp=-1;vis[u]=T;
    for(int v=1;v<=n;v++)
        if(f[u][v]==1&f[u][t[k]]==f[v][t[k]]+1)
        //判断u和v是否有边   u->v是k这条路线最短路径上的边
            tmp=max(tmp,dfs(v,k));
    if(tmp==-1) tmp=1e9;
    if(tmp>dp[u]) tmp=dp[u];
    //dp[u]表示从u到终点的最小换乘次数(u为必经点)
    return DP[u]=tmp;//因为可能有环所以要记一个DP
}

int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s[0],&t[0]);
    for(int i=1;i<n;i++)    
        for(int j=i+1;j<=n;j++) f[i][j]=f[j][i]=1e9;
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        f[u][v]=1;
    }
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
    scanf("%d",&K);
    for(int i=1;i<=K;i++){
        scanf("%d%d",&s[i],&t[i]);
        if(f[s[i]][t[i]]==1e9) continue;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(f[s[i]][j]+f[j][t[i]]==f[s[i]][t[i]])
                num[f[s[i]][j]]++;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(f[s[i]][j]+f[j][t[i]]==f[s[i]][t[i]]){
                if(num[f[s[i]][j]]==1) b[i][j]=1;//i路线的最短路径上的某个点可能会经过多条边，所以要寻找必经点
                num[f[s[i]][j]]=0;
            }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=DP[i]=1e9;
    dp[t[0]]=0;
    bool flag=1;
    while(flag){
        flag=0;
        for(int i=1;i<=K;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if(b[i][j]){
                    T++;//只是dfs来判环用的
                    int tmp=dfs(j,i)+1;//在此算上了一次车，所以+1
                    if(tmp<dp[j]){
                        flag=1;//如果更新了答案，那需要再枚举一遍必经点
                        dp[j]=tmp;//dp值只在这里更新，有意义的dp值为必经点
                    }
                }
    }
    if(dp[s[0]]==1e9) dp[s[0]]=-1;
    printf("%d\n",dp[s[0]]);
    return 0;
}