[JZOJ3177] 【GDOI2013模拟5】安全监控

题目

描述

（样例都懒得发出来了）

题目大意

给你一个有向图，从$1$号点出发，绕一圈回来。这一圈中必须经过$2$号点。
问经过的最少的点数（不重复）。

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思考历程

一看就觉得是一道神题。
然后仔细观察一下数据范围：范围好像很小似的。
于是我就果断地想到了网络流！
于是我拼命地往网络流的方向去想，可是最后还是没有出什么结果。
看着比赛即将结束，也不应该不拿分，于是打暴力！
然后我就很自然地打了个IDA*
枚举答案$ans$，由于每个点最多经过两次，$2$号点只会经过一次，那么路径的长度不大于$2*ans-1$
预处理两点间距离，于是估价函数就显而易见了。
结果……
啊？AC了！！！
数据真水啊！

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正解

这题实际上是强大的DP做法。
设$f_{i,j}$表示走路径$j o 1 o i$，所经过的最少的城市数目。
转移的时候就通过分别从两边延伸出去。
还有另外一条方程：$f_{i,j} leftarrow f_{j,i}+dis(j,i)-1 (i eq j)$
$f_{j,i}$可以理解成路径$i o 1 o j$，加上$dis(j,i)$之后就变成$j o i o 1 o j o i$（重复的不计）
相当于在现在的路径上添个环。
于是这个DP就有些神仙了。判重呢？怎么就没有判重了！
首先很容易证明不存在$j o 1 o k o k o i$这样的情况，因为这样显然不是最优的，一定会被覆盖。
那会不会出现点数算重复了的状况呢？对于这点，我的理解比较感性：一个点最多出现在路径中两次。其实路径可以看成一堆环拼在一起，这个出现两次的点能与$1$点形成一个环。上面的这条方程式就是应对这种状况。在计算的过程中，的确有可能出现算重的状况，总会出现一个正确的没有算重的状况，而这个正确的状况就会将它们所覆盖。
然后这个DP就好像是正确的了。
由于这个东西明显有后效性，所以用Dijsktra来转移就可以了。

还有一种方法是题解的（我没有打），也是DP。
设$f_{i,j}$表示路径$1 o i o j o 1$经过最小点数。
转移：$f_{x,y} leftarrow f_{i,j}+dis(j,x)+dis(x,y)+dis(y,i)-1$
这个方程其实比较好懂，不就是在$i o j$这一段上强安上一个环嘛！
用类似上面的思想来分析，这个也是对的。
就理解成用将一堆环连在一起。

当然，由于这题的垃圾数据，其它方法过的也有很多。
好好打暴力就也可以过……

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
inline bool getmin(int &a,int b){return a>b?a=b:0;}
#define N 110
#define M 210
int n,m;
bool e[N][N];
int dis[N][N]; 
int f[N][N];
struct Node{
	int x,y,s;
} h[1000001];
int nh;
inline bool cmph(const Node &son,const Node &fa){
	return son.s>fa.s;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(dis,63,sizeof dis);
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		u--,v--;
		dis[u][v]=e[u][v]=1;
 	}
 	for (int k=0;k<n;++k)
 		for (int i=0;i<n;++i)
 			for (int j=0;j<n;++j)
 				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
	memset(f,63,sizeof f);
	f[0][0]=1;
	h[nh++]={0,0,1};
	while (nh){
		Node top=h[0];
		pop_heap(h,h+nh--,cmph);
		if (f[top.x][top.y]<top.s)
			continue;
		if (top.x!=top.y)
			getmin(f[top.x][top.y],f[top.y][top.x]+dis[top.y][top.x]-1);
		for (int i=0;i<n;++i)
			if (e[top.x][i] && getmin(f[i][top.y],f[top.x][top.y]+(i!=top.y))){
				h[nh]={i,top.y,f[i][top.y]};
				push_heap(h,h+ ++nh,cmph);
			}
		for (int i=0;i<n;++i)
			if (e[i][top.y] && getmin(f[top.x][i],f[top.x][top.y]+(i!=top.x))){
				h[nh]={top.x,i,f[top.x][i]};
				push_heap(h,h+ ++nh,cmph);
			}
	}
	printf("%d
",f[1][1]);
	return 0;
}

这题的代码是没有必要注解的，isn’t it?

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总结

有时候我们会遇到一些需要判重的题目。
如果暴力方法时间复杂度超标，那我们可以考虑其他的思路。
想一想有没有什么方法可以在局部去重，并且计算准确的答案。
让这个答案覆盖掉其它不合法的东西。