JZOJ 5932. 【NOIP2018模拟10.27】情报中心

Description

题目背景
。飞纷火战来年近国 D 和国 C
。飞乱子鸽来年近国 D 和国 C
题面描述
最近，C 国成功地渗透进入了 D 国的一个城市。这个城市可以抽象成一张有 n 个节点，节点之间有 m 条双向道路连接的无向图，每条道路的⻓度都为 1 。
经过侦查，C 国情报部部⻓ GGB 惊讶地发现，这座看起来不起眼的城市竟然是 D 国的军事中心。因此 GGB 决定在这个城市内设立情报机构。情报专家 TAC 在侦查后，安排了 q 种设立情报机构的方案。这些方案中，第 i 种方案将计划建立 ki 个情报机构，第 j 个情报机构可以安排人员到距离其不超过 di,j 的节点上收集情报。

Input

从文件 center.in 中读入数据。
输入第一行包含三个正整数 n, m, q ，分别表示城市的节点个数、道路条数和方案个数。
接下去 m 行每行两个正整数 u, v ，表示存在一条连接城市 u 和城市 v 的双向道路。
接下去 q 行，每行表示一个方案。第一个正整数 k 表示该种方案将计划建立 k 个情报机构，之后是 2k 个正整数，其中第 2i − 1 个数表示方案中第 i 个情报机构所在的节点编号，第 2i 个数表示第 i 个情报点所能派出情报人员的最远距离。

Output

输出到文件 center.out 中。
输出包含 q 行，每行包含一个整数，表示相应询问的答案。

Sample Input

5 8 3
1 2
1 3
1 4
1 5
2 4
2 5
3 5
4 5
1 2 1
1 1 1
2 2 2 3 1

样例 2
见选手目录下的 center/center2.in 与 center/center2.ans 。

Sample Output

4
5
5

Data Constraint

题目更正：di,j值域在int范围内；q小于等于100000

Solution

• 这题暴力的话是 $O(n\sum k)$ ，就是预处理出两点距离，然后枚举点看其能否被到达。

• 但是这样显然不能通过此题。

• 考虑使用STL的 $bitset$ 来优化并解决此题。

• 设 $bitset<N>f[i][j]$ ，表示从点 $i$ 出发，走不超过 $j$ 的距离能到达的点的集合。

• 这样设的空间复杂度是 $O(\frac{n^3}{32})$ 的，不会爆空间（卡得还真紧……）。

• 于是我们预处理 $f$ ，比如到一个点 $i$ 走距离 $d$ 恰好走到 $x$ ，则 $f[i][d][x]=1$ 。

• 最后对 $f[i]$ 做一遍前缀或运算即可，即：$f[i][j]|=f[i][j-1]$

• 那么回答询问就容易啦！将每个 $f[x][d]$ 或起来，输出 $bitset$ 集合中 $1$ 的个数就好了。

• 然而这题还要卡常，如果用前向星等链表、vector存储边的话还会 $TLE$ 。

• 为了寻址复杂度更优，我们可以用邻接表来存边。。

• 注意还要用一个邻接矩阵来判断重边，不然还会爆邻接表数组。。（自环当然也要判）

• 时空复杂度 $O(\frac{n^3}{32})$ 。

Code

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1005;
int a[N][N],dis[N],que[N],mx[N];
bool bz[N][N];
bitset<N>f[N][N],ans;
inline int read()
{
	int X=0,w=0; char ch=0;
	while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return w?-X:X;
}
void write(int x)
{
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline int min(int x,int y)
{
	return x<y?x:y;
}
int main()
{
	freopen("center.in","r",stdin);
	freopen("center.out","w",stdout);
	int n=read(),m=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		if(x==y || bz[x][y]) continue;
		a[x][++a[x][0]]=y;
		a[y][++a[y][0]]=x;
		bz[x][y]=bz[y][x]=true;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		memset(dis,60,sizeof(dis));
		dis[que[1]=i]=0;
		f[i][0][i]=1;
		int l=0,r=1;
		while(l<r)
		{
			int x=que[++l];
			for(int j=1;j<=a[x][0];j++)
			{
				int y=a[x][j];
				if(dis[x]+1<dis[y])
				{
					f[i][dis[y]=dis[x]+1][y]=1;
					que[++r]=y;
				}
			}
		}
		int up=mx[i]=dis[que[r]];
		for(int j=1;j<=up;j++) f[i][j]|=f[i][j-1];
	}
	while(q--)
	{
		ans.reset();
		int k=read();
		while(k--)
		{
			int x=read(),d=min(mx[x],read());
			ans|=f[x][d];
		}
		write(ans.count()),putchar('\n');
	}
	return 0;
}