[JZOJ3177] 【GDOI2013模拟5】安全监控

题目

描述

在这里插入图片描述

(样例都懒得发出来了)

题目大意

给你一个有向图,从11号点出发,绕一圈回来。这一圈中必须经过22号点。
问经过的最少的点数(不重复)。


思考历程

一看就觉得是一道神题。
然后仔细观察一下数据范围:范围好像很小似的。
于是我就果断地想到了网络流!
于是我拼命地往网络流的方向去想,可是最后还是没有出什么结果。
看着比赛即将结束,也不应该不拿分,于是打暴力!
然后我就很自然地打了个IDA*
枚举答案ansans,由于每个点最多经过两次,22号点只会经过一次,那么路径的长度不大于2ans12*ans-1
预处理两点间距离,于是估价函数就显而易见了。
结果……
啊?AC了!!!
数据真水啊!


正解

这题实际上是强大的DP做法。
fi,jf_{i,j}表示走路径j1ij \to 1 \to i,所经过的最少的城市数目。
转移的时候就通过分别从两边延伸出去。
还有另外一条方程:fi,jfj,i+dis(j,i)1  (ij)f_{i,j} \leftarrow f_{j,i}+dis(j,i)-1\ \ (i\neq j)
fj,if_{j,i}可以理解成路径i1ji\to 1\to j,加上dis(j,i)dis(j,i)之后就变成ji1jij \to i \to 1 \to j \to i(重复的不计)
相当于在现在的路径上添个环。
于是这个DP就有些神仙了。判重呢?怎么就没有判重了!
首先很容易证明不存在j1kkij \to 1 \to k \to k \to i这样的情况,因为这样显然不是最优的,一定会被覆盖。
那会不会出现点数算重复了的状况呢?对于这点,我的理解比较感性:一个点最多出现在路径中两次。其实路径可以看成一堆环拼在一起,这个出现两次的点能与11点形成一个环。上面的这条方程式就是应对这种状况。在计算的过程中,的确有可能出现算重的状况,总会出现一个正确的没有算重的状况,而这个正确的状况就会将它们所覆盖。
然后这个DP就好像是正确的了。
由于这个东西明显有后效性,所以用Dijsktra来转移就可以了。

还有一种方法是题解的(我没有打),也是DP。
fi,jf_{i,j}表示路径1ij11 \to i \to j \to 1经过最小点数。
转移:fx,yfi,j+dis(j,x)+dis(x,y)+dis(y,i)1f_{x,y} \leftarrow f_{i,j}+dis(j,x)+dis(x,y)+dis(y,i)-1
这个方程其实比较好懂,不就是在iji\to j这一段上强安上一个环嘛!
用类似上面的思想来分析,这个也是对的。
就理解成用将一堆环连在一起。

当然,由于这题的垃圾数据,其它方法过的也有很多。
好好打暴力就也可以过……


代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
inline bool getmin(int &a,int b){return a>b?a=b:0;}
#define N 110
#define M 210
int n,m;
bool e[N][N];
int dis[N][N]; 
int f[N][N];
struct Node{
	int x,y,s;
} h[1000001];
int nh;
inline bool cmph(const Node &son,const Node &fa){
	return son.s>fa.s;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(dis,63,sizeof dis);
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		u--,v--;
		dis[u][v]=e[u][v]=1;
 	}
 	for (int k=0;k<n;++k)
 		for (int i=0;i<n;++i)
 			for (int j=0;j<n;++j)
 				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
	memset(f,63,sizeof f);
	f[0][0]=1;
	h[nh++]={0,0,1};
	while (nh){
		Node top=h[0];
		pop_heap(h,h+nh--,cmph);
		if (f[top.x][top.y]<top.s)
			continue;
		if (top.x!=top.y)
			getmin(f[top.x][top.y],f[top.y][top.x]+dis[top.y][top.x]-1);
		for (int i=0;i<n;++i)
			if (e[top.x][i] && getmin(f[i][top.y],f[top.x][top.y]+(i!=top.y))){
				h[nh]={i,top.y,f[i][top.y]};
				push_heap(h,h+ ++nh,cmph);
			}
		for (int i=0;i<n;++i)
			if (e[i][top.y] && getmin(f[top.x][i],f[top.x][top.y]+(i!=top.x))){
				h[nh]={top.x,i,f[top.x][i]};
				push_heap(h,h+ ++nh,cmph);
			}
	}
	printf("%d\n",f[1][1]);
	return 0;
}

这题的代码是没有必要注解的,isn’t it?


总结

有时候我们会遇到一些需要判重的题目。
如果暴力方法时间复杂度超标,那我们可以考虑其他的思路。
想一想有没有什么方法可以在局部去重,并且计算准确的答案。
让这个答案覆盖掉其它不合法的东西。

posted @ 2019-04-12 18:53  jz_597  阅读(151)  评论(0编辑  收藏  举报