【HDU 4511】小明系列故事——女友的考验（AC自动机+DP）

Problem Description

　　终于放寒假了，小明要和女朋友一起去看电影。这天，女朋友想给小明一个考验，在小明正准备出发的时候，女朋友告诉他，她在电影院等他，小明过来的路线必须满足给定的规则：
　　1、假设小明在的位置是1号点，女朋友在的位置是n号点，则他们之间有n-2个点可以走，小明每次走的时候只能走到比当前所在点编号大的位置；
　　2、小明来的时候不能按一定的顺序经过某些地方。比如，如果女朋友告诉小明不能经过1 -> 2 -> 3，那么就要求小明来的时候走过的路径不能包含有1 -> 2 -> 3这部分，但是1 -> 3 或者1 -> 2都是可以的，这样的限制路径可能有多条。
　　这让小明非常头痛，现在他把问题交给了你。
　　特别说明，如果1 2 3这三个点共线，但是小明是直接从1到3然后再从3继续，那么此种情况是不认为小明经过了2这个点的。
　　现在，小明即想走最短的路尽快见到女朋友，又不想打破女朋友的规定，你能帮助小明解决这个问题吗？

 

 

Input

　　输入包含多组样例，每组样例首先包含两个整数n和m，其中n代表有n个点，小明在1号点，女朋友在n号点，m代表小明的女朋友有m个要求；
　　接下来n行每行输入2个整数x 和y（x和y均在int范围），代表这n个点的位置（点的编号从1到n）；
　　再接着是m个要求，每个要求2行，首先一行是一个k，表示这个要求和k个点有关，然后是顺序给出的k个点编号，代表小明不能走k1 -> k2 -> k3 ……-> ki这个顺序的路径；
　　n 和 m等于0的时候输入结束。

　　[Technical Specification]
　　2 <= n <= 50
　　1 <= m <= 100
　　2 <= k <= 5

 

 

Output

　　对于每个样例，如果存在满足要求的最短路径，请输出这个最短路径，结果保留两位小数；否则，请输出”Can not be reached!” （引号不用输出）。

 

 

【题目大意】n个点，从1~n，每次只能走序号比之前序号大的，并且不能出现规定的顺序，求1~n的最短路径

 

【解题思路】

 

规定的顺序可以看作AC自动机上的字符串，从一个节点到另外一个节点

因为如果上面的路径没有办法到达的话，就说明下面的路径也没有办法到达

 

之后，用dp去求

dp[ i ] [ j ]  表示现在位置在第 i 个节点同时已经走到了AC自动机上的节点 j ，即已经经过了对应的路径

 

然后枚举状态转移

dp [ k ] [ t r i e [ j ] [ k ] ]   =   m i n ( d p [ k ] [ t r i e [ j ] [ k ] ] ,   d p [ i ] [ j ]   +   d i s ( i ,   k ) ) 

 

从点 i 走到点 k ，AC自动机的节点从 j 到 k ，距离增加 dis（ i ，j ）

 

 

【注意】

数组的类型定义错误，改了一个小时QAQ

本来应该定义成double ，结果定义成了 i n t ，nmd

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int     MAXN = 6000;
const int     MAXM = 600;
const double  INF  = 1e18;
int     trie[600][60],cnt;
int     fail[600],val[600],n,m,k;
double  dp[60][600];
struct node
{
    double x, y;
}a[60];
void insert(double *v)
{
    int now = 0;
    for (int i = 1; i <=k; i++)
    {
        int u = v[i];
        if (!trie[now][u])
        {
            trie[now][u] = ++cnt;
        }
        now = trie[now][u];
    }
    val[now]=1;
}
void get_fail()
{
    int now = 0;
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <=n; i++)
        if (trie[now][i])
        {
            fail[trie[now][i]] = 0;
            q.push(trie[now][i]);
        }
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front(); q.pop();
        if (val[fail[u]])
            val[u]=1;
        for (int i = 1; i <=n; i++)
        {
            int v = trie[u][i];
            if (v)
            {
                fail[v] = trie[fail[u]][i];
                q.push(v);
            }
            else
            {
                trie[u][i] = trie[fail[u]][i];
            }
        }
    }
    return;
}
double dis(int i, int j)
{
    double tmp = (a[i].x - a[j].x)*(a[i].x - a[j].x) + (a[i].y - a[j].y)*(a[i].y - a[j].y);
    return sqrt(tmp);
}
double v[600];
double solve()
{
    double minn = INF;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= cnt; j++)
            dp[i][j] = INF;
    dp[1][trie[0][1]] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= cnt; j++)
        {
            if (dp[i][j]<INF)
            {
                for (int k = i + 1; k <= n; k++)
                    if (!val[trie[j][k]])
                        dp[k][trie[j][k]] = min(dp[k][trie[j][k]], dp[i][j] + dis(i, k));
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=cnt;i++)
            minn = min(minn, dp[n][i]);
    return minn;
}
int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &m) && n && m)
    {
        cnt = 0;
        memset(trie, 0, sizeof(trie));
        memset(val, 0, sizeof(val));
        memset(fail, 0, sizeof(fail));
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%lf%lf", &a[i].x, &a[i].y);
        while(m--)
        {

            scanf("%d", &k);
            for (int i = 1; i <= k; i++)
                scanf("%lf", &v[i]);
            insert(v);
        }
        get_fail();
        double ans = solve();
        if (ans >= INF)
            printf("Can not be reached!\n");
        else
            printf("%.2f\n", ans);
    }
    return 0;
}