UVa #1380 A Scheduling Problem (例题9-26)

居然一次就过了。。做了两天，泪流满面啊。不过代码跑得很慢。。有机会优化一下

这道题想清楚了还是很简单的，但是一开始的思路不容易理顺。下面文中我的f和g与Rujia书中的定义相反，请注意区分。

题目里说，把所有的无向边去掉之后，最终答案则一定是由剩下的有向边组成的最长路径长度k或者k+1。

所以我们的工作就变成了：给无向边分配方向，使得最后得到的树里，最长路径长度不大于k。若可以做到则答案为k，否则答案为k+1

对于树中某一个以结点a为根的子树来说（即不考虑a的祖先），经过a的最长有向路经s等于下行最长路+上行最长路。我们设这两条路的长度分别为f和g，则经过a的最长路经s的结点数为f+g+1。

转化无向边的过程分为两种情况：

a. 如果一个子树中不存在无向边，则经过子树的根结点的最长有向路结点数为f+g+1（recall that f是下行的最长路长度，g是上行的最长路长度）。

b. 如果一个结点a的子结点存在无向边，则我们先递归求出所有a的子结点的f和g，然后暴力枚举将所有无向边转化为上行/下行有向边，对于每一种枚举，按照上面不存在无向边时的方法，求出f,  g和f+g+1，检查是否大于k。枚举的过程中，记下所有成功的枚举中最小的f和g，把它们和原本就是有向边子结点的最小的f和g比较，取较大值。（f和g本身是最长路的长度，这里要取的是不同成功的枚举情况下，遇到的最小的f和g。概念有点绕，可能要多考虑一下）

但是如果我们完全枚举无向边的转换方法，则复杂度为O(2^n)，n为子结点中无向边的数量。这里有一个非常棒的优化：

求出所有子结点的f和g之后，把无向边的f和g值存到一个数组中，按照f值排序。

之后我们从第一位开始考虑，将无向边换为下行有向边，考虑到第p位的时候，我们可以将前p-1位的无向边一并换为下行有向边。因为第p位的f值大于前p-1位无向边的f值，将前p-1位同时换为下行有向边，整个树的f值不会变（f为最长路的长度，而排序后，前p-1位形成的路都不会比第p位长），而g值有可能变小。这时，我们找出第p+1位到第n位中最大的g值，求出f+g+1，检查是否小于等于k即可。一旦有某一个p满足了要求就可以得出结果并终止枚举。复杂度为线性。

求g的过程相同，按照g值排序、枚举即可。

需要注意的细节包括

1、容易混淆边的长度和边上结点的数量

2、f、g值在计算的时候什么时候要+1，什么时候不应该+1，要仔细考虑

3、dir数组的大小问题

4、枚举的边界值 - 全部换成下行/上行的情况

Run Time: 0.022s

#define UVa  "LT9-26.1380.cpp"		//A Scheduling Problem
char fileIn[30] = UVa, fileOut[30] = UVa;

#include
#include
#include
#include
#include

using namespace std;

//Global Variables. Reset upon Each Case!
typedef pair Pair;
const int maxn = 200 + 5, DOWN = 0, UP = 1, UND = 2, INF = 1<<30;
int dir[150];
vector G[maxn];
vector Gdir[maxn];
int f[maxn], g[maxn];
int n, x, k;
int vis[maxn], len[maxn][2], lenvis[maxn][2];
/////

int dfs(int u, int direction);
void readSon(int fa);
void readG(int u);
void clearG();

void dp(int u, int& ans_f, int& ans_g) {
    if(vis[u]) {
        ans_f = f[u];
        ans_g = g[u];
        return;
    }
    vis[u] = 1;
    f[u] = g[u] = INF;
    if(G[u].size() == 0) {              //leaf node
        ans_f = ans_g = f[u] = g[u] = 0;
        return;
    }

    int f_prime = 0, g_prime = 0, f_w, g_w;
    vector und_f, und_g;
    for(int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
        dp(G[u][i], f_w, g_w);
        if(Gdir[u][i] == UND) {
            und_f.push_back(Pair(f_w, g_w));
            und_g.push_back(Pair(g_w, f_w));
        }
        else if(Gdir[u][i] == DOWN)
            f_prime = max(f_prime, f_w+1);
        else if(Gdir[u][i] == UP)
            g_prime = max(g_prime, g_w+1);
    }
    //f_prime and g_prime is len of longest directed path of sons.
    //und_f and und_g is the array of undirected path.
    if(und_f.size() == 0) {
        if(f_prime + g_prime +1 <= k)           //all the '+1' in this kind of inequation is for current node.
            ans_f = f[u] = f_prime, ans_g = g[u] = g_prime;
        else
            ans_f = ans_g = f[u] = g[u] = INF;
        return;
    }

    sort(und_f.begin(), und_f.end());
    sort(und_g.begin(), und_g.end());

    int max_und_f[maxn], max_und_g[maxn];
    max_und_f[und_g.size()-1] = und_g[und_g.size() - 1].second;
    max_und_g[und_f.size()-1] = und_f[und_f.size() - 1].second;
    for(int i = und_f.size() - 2; i >= 0; i --) {
        max_und_f[i] = max(max_und_f[i+1], und_g[i].second);
        max_und_g[i] = max(max_und_g[i+1], und_f[i].second);
    }
    max_und_g[und_f.size()] = max_und_f[und_g.size()] = -1;
    //max_und_g/f is the longest path up/down in element i - n.

    if(f_prime + max(max_und_g[0]+1, g_prime) + 1 <= k) {       //turn all und into up
        f[u] = f_prime;
    }
    else
        for(int p = 0; p < und_f.size(); p ++) {
        if(max(und_f[p].first+1, f_prime) + max(max_und_g[p+1]+1, g_prime) + 1 <= k) {
            f[u] = max(und_f[p].first+1, f_prime);
            break;
        }
    }

    if(max(max_und_f[0]+1, f_prime) + g_prime +1 <= k) {     //turn all und into down
        g[u] = g_prime;
    }
    else
        for(int p = 0; p < und_g.size(); p ++) {
        if(max(max_und_f[p+1]+1, f_prime) + max(und_g[p].first+1, g_prime) + 1 <= k) {
            g[u] = max(und_g[p].first+1, g_prime);
            break;
        }
    }
    ans_f = f[u];
    ans_g = g[u];
}


int main() {
    int u;
    dir['d'] = DOWN, dir['u'] = UP, dir[' '] = UND;

    clearG();
    while(scanf("%d", &u) && u) {
        readG(u);

        //k is the # of vertices of the longest monotonically directed path in the tree.
        //the answer shuold be k or k+1.

        memset(lenvis, 0, sizeof(lenvis));
        memset(len, 0, sizeof(len));
        k = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            k = max(k, dfs(i, UP)+dfs(i, DOWN)+1);
        }

        memset(f, -1, sizeof(f));
        memset(g, -1, sizeof(g));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        int f_root, g_root;
        dp(1, f_root, g_root);
        if(f_root == INF || g_root == INF) k++;
        printf("%d\n", k);
        clearG();

    }

    return 0;
}


int dfs(int u, int direction) {     //calculate the value of k
    if(lenvis[u][direction]) return len[u][direction];
    lenvis[u][direction] = 1;
    len[u][direction] = 0;
    for(int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
        if(Gdir[u][i] == direction){
            len[u][direction] = max(len[u][direction], dfs(G[u][i], direction) + 1);
        }
    }
    return len[u][direction];
}


void readSon(int fa) {
    int son; char c;
    while( scanf("%d%c", &son, &c) && son ) {
        G[fa].push_back(son);
        Gdir[fa].push_back(dir[c]);
    }
}

void readG(int u) {
    readSon(u);
    n = 1;
    while(scanf("%d", &u) && u && n++) readSon(u);
}

void clearG() {
    for(int i = 1; i < maxn; i ++) {
        G[i].clear();
        Gdir[i].clear();
    }
}