P4610 [COCI2011-2012#7] KAMPANJA

题目背景

临近选举，总统要在城市1和城市2举行演讲。他乘汽车完成巡回演讲，从1出发，途中要经过城市2，最后必须回到城市1.特勤局对总统要经过的所有城市监控。为了使得费用最小，必须使得监控的城市最少。求最少要监控的城市。

题目描述

一共有N个城市，有M条有向边。(0<=N,M<=200)有N从1出发途中要经过2，最后要回到1的路线中最少要经过的点的数目。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含2个整数N,M。N表示城市的数目，M表示有向边的数目。 接下来M行，每行两个数A,B，表示从A到B有一条有向边。

输出格式：

最少要监控的城市的数量。

输入输出样例

输入样例#1： 

6 7
1 3
3 4
4 5
5 1
4 2
2 6
6 3

输出样例#1： 

6

说明

0<=N,M<=200

本题数据加强by Imagine

 

Solution：

　　本题最短路+dp。

　　我们先用floyd预处理出$w[i][j]$，表示$i\rightarrow j$经过的最少点数（除了i）。

　　由于要求$1\rightarrow 2\rightarrow 1$经过的最少点数，而模型是个有向图，考虑dp，定义状态$f[i][j]$表示$1\rightarrow i\rightarrow j\rightarrow 1$经过的最少点数，初始化$f[1][1]=1$，状态转移方程：$f[x][y]=min(f[x][y],f[a][b]+w[b][x]+w[x][y]+w[y][a]-1)$（注意-1是因为a被多算了1次），直接dp显然是有后效性的，注意到每次由小的点对更新状态肯定最优，于是状态转移时套用堆优化dijkstra，用全局最小值$f[a][b]$去更新状态就好了。

　　转移时还需注意不能用点对$f[a][b]$更新自己（当a==b时直接RE）。

　　时间复杂度$O(n^3\log n)$

代码：

 

/*Code by 520 -- 9.4*/
#include
#include
#include
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
const int N=205,inf=233333333;
int n,m,w[N][N],dis[N][N];
struct node{
    int u,v,d;
    bool operator<(const node &a)const{
        if(d==a.d&&u==a.u)return v>a.v;
        if(d==a.d)return u>a.u;
        return d>a.d;
    }
};
typedef __gnu_pbds::priority_queue,pairing_heap_tag> heap;
heap q;
heap::point_iterator id[N][N];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    For(i,1,n) For(j,1,n) w[i][j]=i==j?0:inf,dis[i][j]=inf;
    int u,v;
    while(m--) scanf("%d%d",&u,&v),w[u][v]=1;
    For(k,1,n) For(i,1,n) For(j,1,n) w[i][j]=min(w[i][j],w[i][k]+w[k][j]);
    dis[1][1]=1,id[1][1]=q.push(node{1,1,dis[1][1]});
    while(1){
        node x=q.top();
        int a=x.u,b=x.v;q.pop();
        if(a==2&&b==2)break;
        For(c,1,n) For(d,1,n) {
            if(a==c&&b==d)continue;
            if(dis[a][b]+w[b][c]+w[c][d]+w[d][a]-1<dis[c][d]){
                dis[c][d]=dis[a][b]+w[b][c]+w[c][d]+w[d][a]-1;
                if(id[c][d]==0)id[c][d]=q.push(node{c,d,dis[c][d]});
                else q.modify(id[c][d],node{c,d,dis[c][d]});
            }
        }
    }
    cout<2][2];    
    return 0;
}

 

 

 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/five20/p/9589063.html