【题解】P8817 [CSP-S 2022] 假期计划（bfs，dfs）
【题解】P8817 [CSP-S 2022] 假期计划
此题作为 CSP-S 的 T1，可以说是相当有难度了。感觉 T1 和 T2 换了个位置。（雾）
我作为场外 VP 选手赛时此题只得了 95pts（洛谷民间数据），靠着自己乱搞 dfs+剪枝水过去了 19 个点。
这里记录一下这道题。
题目链接
题意概述
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向无权图，点有点权。需要找四个不同的点 \(a,b,c,d\)，使得 \(1-a-b-c-d-1\) 构成五段路径，且每段路径满足路径长度小于等于 \(k+1\)。现在要使得四个点权之和最大，求最大的点权和。
思路分析
这个 \(+1\) 看起来很难受，所以我们先将 \(k\) 直接 \(+1\)。
为了方便说明这里自定义一些语言：
- 若 \(x\) 到 \(y\) 的最短路径 \(\le k\) 我们就称 \(x\) 到 \(y\) 可达。
- 方便起见我们认为点 \(x\) 到 \(x\) 本身不可达、
95pts 乱搞
先讲述一下我乱搞 95pts 的做法。
我当时看到这道题，，第一眼感觉正解应该想不到，然后就去想办法乱搞。
最暴力的做法是，对于四个点从 \(1\) 开始 dfs，考虑每个点应该选什么，暴力枚举每个点然后最后判断是否符合条件，并更新答案即可。
我们考虑如何优化。
首先由于每段路径的长度都 \(\le k\)，所以显然假如我们当前在 \(x\)，只有距离 \(x\) 最短路径 \(\le k\) 的点才能拓展。那么我们可以从每个点首先预处理出来下一步可以到达的点。
无权图上求最短路首先想到 bfs，这个显然可以枚举每个点然后预处理出来从每个点 \(i\) 到其它的点 \(j\) 的最短路 \(dis_{i,j}\)。单次 bfs 时间复杂度 \(O(n)\)，总时间复杂度 \(O(n^2)\)，这个数据范围是 \(2500\) 级别的，可以随便过。
然后预处理出来对于每个点 \(i\) 可达的点的集合 \(f_x\)，然后每次更新下一个点的时候只在当前点的可达点集合中更新即可。
另外还可以预处理出从 \(1\) 开始走可达的点，把它们打上标记。然后搜完三个点之后就在 \(f_c\) 里面找看是否有打上标记的点，若打上标记则直接更新答案。
考虑到 dfs 一定难逃剪枝，我们可以记录一下当前已经选过的点的点权和 \(sum\) 和图中最大点权 \(mx\)，当剩下未选的点数 \((4-now)\times mx\le 当前答案~ ans\)，那就说明一定不可行，直接剪掉即可。
需要注意的一点是，为了保证四个点不同，我们必须定义一个 \(vis_i\) 数组表示 \(i\) 是否被选过，若被选过就不能再选了。
然后这样做完，虽然看起来时间复杂度疑似 \(O(n^4)\)，但实际上我们在各种剪枝优化中剪掉了很多没用的情况，所以实际上可以跑得很快。洛谷民间数据 95pts，除了 T 掉的那个点之外其它最慢的点也只跑了 200ms 多。
正解
我们发现在刚刚的暴力过程中，我们只要确定了前三个点，然后再只需要在第三个点 \(c\) 可达的点里面找被标记的点（\(1\) 可达的点）即可。
那么这可以给我们思考正解带来启发：由于要权值和最大，当我们固定了 \(a,b,c\) 之后，我们直接在 \(c\) 可达的点中选择被标记的非 \(a,b\) 且权值最大的点即可。
同理，由于环的对称性，可以发现当我们确定了 \(b,c,d\) 后，可以贪心的选择权值最大的 \(a\)。
将上述两点结合起来，给了我们一种思路：
我们只需要枚举 \(b,c\)，然后再将 \(b,c\) 可达的点按照权值从大到小排序，那么 \(a\) 就是 \(b\) 可达的点里面，且被标记的点中，非 \(c,d\) 的权值最大的点，\(d\) 就是 \(c\) 可达的点里面，且被标记的点中，非 \(a,b\) 的权值最大的点。
那么我们怎么做呢？难道直接枚举 \(b,c\) 然后枚举 \(b\) 可达的点的集合和 \(c\) 可达的点的集合吗？
emmm……仔细算一算复杂度发现最坏情况下其实趋近于 \(O(n^4)\)……那你优化了个屁。（不是）
仔细思考这样一件事情：
我们对于 \(a\) 有以下几条限制：
- 在 \(b\) 可达的点中；
- 在被标记的点中（即 \(1\) 可达的点中）
- 非 \(c,d\)；
- 权值最大。
实际上，我们可以把前两条放在一块来处理，即，我们通过 bfs 处理出来的集合 \(f_x\) 可以不单单是每个点可达的点集，还可以让它满足同时是 \(1\) 可达的点，只要在原来的代码上稍作改动即可。（之后见代码）
现在剩下最后两个条件。如果没有第三个条件。那么我们只需存 \(f_x\) 中最大的直接更新即可。那么考虑到第三个条件，举个例子：假如当前 \(f_x\) 中权值最大的点与 \(c\) 冲突，那就要考虑权值次大的点，假如这个次大的点又与 \(d\) 冲突那么就要考虑次次大点……所以实际上答案一定在 \(f_x\) 的前三大中，我们只需要预处理出来每个 \(f_x\) 中的前三大即可。
到这里其实大体思路已经梳理完了。现在考虑如何写。
如果我们直接分类讨论每个点会与哪个点冲突由于我们同时要考虑 \(a\) 和 \(d\) 这两个点的冲突情况，所以这里的细节非常复杂和麻烦。其实我们只需要枚举每个 \(f_b\) 和 \(f_c\) 的前三大然后直接更新答案即可。因为它只有最多 \(9\) 种情况，所以时间复杂度相当于 \(O(n^2)\) 带个 \(9\) 的常数。
代码实现
95pts 乱搞做法
//A
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2505;
int a[maxn],dis[maxn][maxn],vis[maxn],book[maxn];
int ans=0;
int n,m,k,mx;
basic_string<int>edge[maxn],edge2[maxn];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
void bfs(int x)
{
queue<int>q;
q.push(x);
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
for(int nxt:edge[now])
{
if(dis[x][nxt])continue;
dis[x][nxt]=dis[x][now]+1;
q.push(nxt);
}
}
}
void dfs(int x,int now,int sum)
{
if(sum+(4-now)*mx<ans)return ;//剪枝
if(now==3)
{
for(int y:edge2[x])
{
if(book[y]&&vis[y]==0)//如果这个点没选过且在 1 可达点集中则更新答案。
{
ans=max(ans,sum+a[y]);
}
}
return ;
}
for(int y:edge2[x])
{
if(vis[y])continue;
vis[y]++;
dfs(y,now+1,sum+a[y]);
vis[y]=0;
}
}
signed main()
{
n=read();m=read();k=read();k++;
for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=read(),mx=max(mx,a[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
u=read();v=read();
edge[u]+=v;
edge[v]+=u;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bfs(i);//对每个点 bfs 预处理出来 dis
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=2;j<=n;j++)
{
if(i==j)continue;
if(dis[i][j]&&dis[i][j]<=k)
{
edge2[i]+=j;//这份代码中的 edge2[i] 表示的就是 i 的可达点的集合。
}
}
}
for(int v:edge2[1])book[v]++;//标记所有的 1 可达的点。
dfs(1,0,0);
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}
正解
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2505;
int ok[maxn][maxn],dis[maxn][maxn],w[maxn];//ok[i][j] 表示 i,j 是否可达。
int n,m,k,ans;
vector<int>f[maxn];
basic_string<int>edge[maxn];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int cmp(int a,int b){return w[a]>w[b];}
void bfs(int x)
{
queue<int>q;
q.push(x);
dis[x][x]=0;
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
if(now!=x)
{
ok[x][now]++;
if(x!=1&&ok[1][now])//如果起点不为 1 且是 1 可达的点。
{
f[x].push_back(now);
sort(f[x].begin(),f[x].end(),cmp);//按边权从大到小排序。
if(f[x].size()>3)f[x].pop_back();//只保留前三大。
}
}
if(dis[x][now]>=k)continue;//如果当前 dis 已经大于等于 k 就没必要再用，因为不可能更新。
for(int nxt:edge[now])
{
if(dis[x][nxt]!=-1)continue;
dis[x][nxt]=dis[x][now]+1;
q.push(nxt);
}
}
}
signed main()
{
memset(dis,-1,sizeof(dis));
n=read();m=read();k=read();k++;
for(int i=2;i<=n;i++)w[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
u=read();v=read();
edge[u]+=v;
edge[v]+=u;
}
for(int i=1;i<=n;i++)bfs(i);//这里的 bfs 处理的是 f[x]
//暴力枚举每个 b，c，并对每对 b，c 枚举可能的 9 种答案。
for(int b=2;b<=n;b++)
{
for(int c=2;c<=n;c++)
{
if(!ok[b][c])continue ;//b 必须可达 c。
for(int a:f[b])
{
for(int d:f[c])
{
if(a!=c&&b!=d&&a!=d)//a 显然本身不可能与 b,d 不可能与 c 冲突。
{
ans=max(ans,w[a]+w[b]+w[c]+w[d]);//更新答案。
}
}
}
}
}
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}
