Luogu P1930 亚瑟王的宫殿 题解 [ 蓝 ] [ 分层图最短路 ] [ 枚举 ]
亚瑟王的宫殿:比较 tricky 的图论。
图论做法
思路
因为是无向图,所以考虑一个经典 trick,把所有点到集合点的距离之和化为集合点到其他所有点的位置之和,就可以从集合点做单源最短路了。
于是我们枚举集合点,从集合点 BFS 一遍,然后算出答案。
但是这题还有国王,有一个骑士要去接国王去集合点,于是考虑在枚举集合点后,继续枚举是哪个骑士去接国王。
那么某个骑士去接国王的代价如何计算呢?显然,骑士和国王必将在某一个点处会合,并且对于每一个会合位置,国王走的步数是确定的。因此我们可以把接国王的代价看作骑士移动的代价,也就是建立分层图,一层代表还没接到国王,一层代表接到了国王。每一层内部的边权都是
时间复杂度
注意特判只有一个国王以及集合点无法到达的情况。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
using piii=pair<int,pair<int,pi> >;
int n,m,kx,ky,ax[2005],ay[2005],s;
int d[50][50],dk[50][50],dis[2][50][50],ans=0x3f3f3f3f;
int gox[]={1,1,2,2,-1,-1,-2,-2};
int goy[]={2,-2,1,-1,2,-2,1,-1};
int gokx[]={0,0,1,1,1,-1,-1,-1};
int goky[]={1,-1,0,1,-1,0,1,-1};
bool legal(int x,int y){return (1<=x&&x<=n&&1<=y&&y<=m);}
void bfs_knight(int x,int y)
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[x][y]=0;
queue<pi>q;
q.push({x,y});
while(!q.empty())
{
pi now=q.front();
q.pop();
int nx=now.fi,ny=now.se;
for(int i=0;i<8;i++)
{
int tx=nx+gox[i],ty=ny+goy[i];
if(legal(tx,ty)&&d[tx][ty]>=0x3f3f3f3f)
{
d[tx][ty]=d[nx][ny]+1;
q.push({tx,ty});
}
}
}
}
void bfs_king(int x,int y)
{
memset(dk,0x3f,sizeof(dk));
dk[x][y]=0;
queue<pi>q;
q.push({x,y});
while(!q.empty())
{
pi now=q.front();
q.pop();
int nx=now.fi,ny=now.se;
for(int i=0;i<8;i++)
{
int tx=nx+gokx[i],ty=ny+goky[i];
if(legal(tx,ty)&&dk[tx][ty]>=0x3f3f3f3f)
{
dk[tx][ty]=dk[nx][ny]+1;
q.push({tx,ty});
}
}
}
}
void dijkstra(int x,int y)
{
priority_queue<piii,vector<piii>,greater<piii> >q;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[0][x][y]=0;
q.push({0,{0,{x,y}}});
while(!q.empty())
{
piii now=q.top();
q.pop();
int lv=now.se.fi,nx=now.se.se.fi,ny=now.se.se.se;
for(int i=0;i<8;i++)
{
int tx=nx+gox[i],ty=ny+goy[i];
if(legal(tx,ty)&&dis[lv][tx][ty]>dis[lv][nx][ny]+1)
{
dis[lv][tx][ty]=dis[lv][nx][ny]+1;
q.push({dis[lv][tx][ty],{lv,{tx,ty}}});
}
}
if(lv==0)
{
if(dis[1][nx][ny]>dis[0][nx][ny]+dk[nx][ny])
{
dis[1][nx][ny]=dis[0][nx][ny]+dk[nx][ny];
q.push({dis[1][nx][ny],{1,{nx,ny}}});
}
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m;
char c;
int x,y;
cin>>c>>x;
y=c-'A'+1;
kx=x,ky=y;
while(cin>>c>>x){ax[s+1]=x,ay[s+1]=c-'A'+1;s++;}
if(s==0)
{
cout<<0;
return 0;
}
bfs_king(kx,ky);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
bool ilg=0;
int res=0x3f3f3f3f,tot=0;
bfs_knight(i,j);
dijkstra(i,j);
for(int k=1;k<=s;k++)
{
tot+=d[ax[k]][ay[k]];
if(d[ax[k]][ay[k]]>=0x3f3f3f3f/2){ilg=1;break;}
}
if(ilg)continue;
for(int k=1;k<=s;k++)res=min(res,tot-d[ax[k]][ay[k]]+dis[1][ax[k]][ay[k]]);
ans=min(ans,res);
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
搜索做法
比较没道理,但凡这题不限制行列的个数,把
同样是枚举集合点。这次我们考虑骑士接国王最多要花费多少步。显然,因为棋盘很小,所以最多不会超过
于是我们枚举国王走
时间复杂度
代码没写。
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