HDU 4571 Travel in time ★(2013 ACM/ICPC长沙邀请赛)

[ 题意]给定N个点，每个点有一个停留所需的时间Ci，和停留能够获得的满意度Si，有M条边，每条边代表着两个点走动所需的时间ti，现在问在规定的T时间内从指定的一点S到E能够获得的最大的满意度是多少？要求停留的点的满意度要依次上升，并且每个点可以选择路过和停留。 好题，收获很大…… 收获一： 分层图的应用 收获二： 越来越觉得Bellman-Ford or SPFA就是一种图上的DP，不仅仅是求最短路，更可以求某类最优问题。 收获三： 像这种点有路过和停留两种状态的题目可以试着Floyd预处理，方便地处理路过的情况。 [ 分析]一开始我的想法是建立分层图，把每个点u分成两层，一个u表示停留，一个u' (u+n) 表示路过该点。然后建立相应的边，注意当两个边都停留时要根据满意度大小建立从小到大的有向边。需要连的边有：u->v or v -> u, u->v', u' -> v, v -> u', v' -> u, v' -> u', u' -> v'。注意用一个"超级源点"连向原来的源点s和s'(这样才是单源)，然后我们做一遍二维SPFA（也就是二维Bellman-Ford）dist[time][node]表示time时间到node节点能获得的最大满意度，最后在dist[0..T][e]和dist[0..T][e+n]中找最大值就是答案。 但是超时了T_T。。。然后看了别人的题解，很漂亮。（后来对拍时发现我的程序确实是错的，不能保证从访问节点的满意度递增。。。） 先用floyd预处理出两两之间的最短距离，然后再加边，这样就可以不用处理路过节点的情况了（很精彩~想想是不是？~），所以加边时只需要考虑两个点都停留，加一条u->v or v->u即可，大大减少了边的复杂度，而且因为图中只有停留点的有向边，就保证了访问节点满意度的递增。然后又TLE了。。。跟网上的程序对了半天交了20多次终于发现是链式前向星超时了。。。。。。于是换成邻接表就过了。。。妈蛋卡常数。。。T_T [cpp] #define MID(x,y) ((x+y)/2) #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) using namespace std; const int sup = 0x3fffffff; const int MAXV = 105; const int MAXE = 2015; int cost[MAXV], value[MAXV]; struct node{ int v, t; node(int _v, int _t){ v = _v; t = _t; } }; vector arc[MAXV]; int mindis[MAXV][MAXV]; void init(int n){ value[n+1] = 0; for (int i = 0; i <= n+1; i ++){ arc[i].clear(); for (int j = 0; j <= n+1; j ++){ if (i == j) mindis[i][i] = 0; mindis[i][j] = sup; } } } inline void add(int u, int v, int t){ arc[u].push_back(node(v, t)); return ; } struct status{ int t; //time int v; //nodes status(int _t, int _v){ t = _t; v = _v; } }; int dist[305][MAXV]; bool inq[305][MAXV]; queue Q; inline int spfa(int n, int t, int s, int e){ for (int i = 0; i <= t; i ++) for (int j = 0; j <= n+1; j ++){ dist[i][j] = 0; inq[i][j] = false; } while(!Q.empty()) Q.pop(); dist[0][s] = 0; inq[0][s] = 1; Q.push(status(0, s)); while(!Q.empty()){ int u = Q.front().v; int nowtime = Q.front().t; Q.pop(); inq[nowtime][u] = 0; for (int i = 0; i < (int)arc[u].size(); i ++){ int v = arc[u][i].v; int time = nowtime + arc[u][i].t; if (time > t) continue; if (dist[time][v] < dist[nowtime][u] + value[v]){ dist[time][v] = dist[nowtime][u] + value[v]; if (!inq[time][v]){ Q.push(status(time, v)); inq[time][v] = 1; } } } } int res = 0; for (int i = 0; i <= t; i ++){ res = max(res, dist[i][e]); res = max(res, dist[i][n+1]); } return res; } inline void floyd(int n){ for (int k = 0; k < n; k ++){ for (int i = 0; i < n; i ++){ for (int j = 0; j < n; j ++){ mindis[i][j] = min(mindis[i][j], mindis[i][k]+mindis[k][j]); } } } return ; } int main(){ int w; scanf("%d", &w); for (int o = 1; o <= w; o ++){ int n, m, t, s, e; scanf("%d %d %d %d %d", &n, &m, &t, &s, &e); init(n); for (int i = 0; i < n; i ++){ scanf("%d", &cost[i]); } for (int i = 0; i < n; i ++){ scanf("%d", &value[i]); } for (int i = 0; i < m; i ++){ int u, v, c; scanf("%d %d %d", &u, &v, &c); mindis[u][v] = mindis[v][u] = min(mindis[v][u], c); } floyd(n); for (int u = 0; u < n; u ++){ for (int v = u + 1; v < n; v ++){ if (mindis[u][v] != sup){ if (value[u] < value[v]) add(u, v, mindis[u][v]+cost[v]); else if (value[v] < value[u]) add(v, u, mindis[u][v]+cost[u]); } } } add(n, s, cost[s]); for (int i = 0; i < n; i ++){ if (i != s && mindis[s][i] != sup) add(n, i, mindis[s][i]+cost[i]); if (i != e && mindis[e][i] != sup) add(i, n+1, mindis[e][i]); } printf("Case #%d:\n", o); printf("%d\n", spfa(n, t, n, e)); } return 0; } [/cpp]