蓝桥杯练习1176

2022-02-25 14:33:49 阅读：222 来源： 互联网

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1176：遍历

遍历
题意：给定N个点的图，求经过指定M个点的路径，使路径最短
思路：
修改floyd，确保floyd下M个点不会为中间dp节点。得到M个点间的距离。
题目转化为已知M个点之间的距离，求遍历这M个点的顺序使路径最小。
d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k]中i为起点，j为终点，k是经过的节点的二进制表示。
如 d p [ 1 ] [ 2 ] [ 7 ] dp[1][2][7] dp[1][2][7]中起点为1，终点为2，二进制值为 7 10 = 11 1 2 7_{10}=111_{2} 710=1112，即从1出发到达2，经过节点123的最短路径长度。

如何求答案？
M最大为15。可以拆为M/2和M-M/2两个组成部分。第一部分起点终点为i、j，第二部分起点终点为s、t，则答案ans为：
a n s = m i n { a n s , d p [ i ] [ j ] [ k 1 ] + d p [ s ] [ t ] [ k 2 ] + d i s [ j ] [ s ] } ans = min\{ans, dp[i][j][k1]+dp[s][t][k2]+dis[j][s]\} ans=min{ans,dp[i][j][k1]+dp[s][t][k2]+dis[j][s]}
k1是第一部分经过的点的二进制表示，k2是第二部分经过的点的二进制表示。dis是M个点之间的距离矩阵。则只需要枚举i、j、s、t和M/2的方案。
M/2最大为7，则方案数为 C 15 7 = 6435 C_{15}^7=6435 C157=6435。枚举i、j、s、t的复杂度为 O ( 7 × 7 × 8 × 8 ) = O ( 3136 ) O(7\times 7 \times 8 \times 8)=O(3136) O(7×7×8×8)=O(3136)。则总复杂度为这两者的乘积 ≈ O ( 2 e 7 ) \approx O(2e7) ≈O(2e7)。

如何求dp?
初始化值 d p [ i ] [ i ] [ 1 < < ( i − 1 ) ] = 0 dp[i][i][1<<(i-1)] = 0 dp[i][i][1<<(i−1)]=0，表示i节点待在自身位置上值为0。如果k不为1<<(i-1)的其他情况则为inf，认为不可达。
因为求答案只需要到max{M/2,M-M/2}=(M+1)/2，所以dp求到这就可以了。对于经过的点数num，先处理num小的dp值再处理大的。
对于给定的num的二进制值为k的某一方案，枚举a、b、c，表示起点为a，终点为b，c为最后连接的点。则转移方程为：
d p [ a ] [ c ] [ k ] = m i n { d p [ a ] [ b ] [ k − ( 1 < < ( c − 1 ) ) ] + d i s [ b ] [ c ] } dp[a][c][k] = min\{dp[a][b][k-(1<<(c-1))]+dis[b][c]\} dp[a][c][k]=min{dp[a][b][k−(1<<(c−1))]+dis[b][c]}
复杂度计算略，也不会超时。

但是最后只有90分。没有找到问题在哪。

#include<bits/stdc++.h> 
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pll pair<ll,ll>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
const double eps=1e-8;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod = 1e9+7;
const ll mx = 1e2 + 10;
const ll Mx = 20;
const ll tmx = 4e4+ 10;
ll N, M;
ll d[mx][mx];
bool b[mx];
ll dis[mx][mx], id[mx];
ll dp[Mx][Mx][tmx];//dp[i][j] from i to j
vector<ll>e[20];

ll cid[mx], cid2[mx], t1, t2;
void getid(ll x){
	t1 = t2 = 0;
	for(ll time = 1; time <= M; time++){
		if(x&1)cid[++t1] = time;
		else cid2[++t2] = time;
		x>>=1;
	}
}

ll f(){
	//初始化 
	memset(dp, -1, sizeof dp);
	for(ll i = 1; i <= M; i++) dp[i][i][1<<(i-1)]=0LL;
	
	//DP
	for(ll num = 2; num <= (M+1)/2; num++){
		for(ll _ = 0; _ < e[num].size(); _++){
			ll it = e[num][_];
			getid(it);
			for(ll a = 1; a <= t1; a++)
			for(ll b = 1; b <= t1; b++){
				//(a->b)->c
				ll na = cid[a], nb = cid[b];
				for(ll c = 1; c <= t1; c++){
					if(c==a || c==b)continue;
					ll nc = cid[c];
					ll cit = it - (1<<(nc-1));
					if(dp[na][nb][cit]==-1LL)continue;
					if(dis[nb][nc]==-1LL)continue;
					ll nv = dp[na][nb][cit]+dis[nb][nc];
					if(dp[na][nc][it]==-1LL)
						dp[na][nc][it] = nv;
					else 
						dp[na][nc][it] = min(dp[na][nc][it], nv);
				}
			}
		}
	}
	ll num1 = M/2, ans = -1LL;
	for(ll _ = 0; _ < e[num1].size(); _++){
		ll it = e[num1][_];
		ll vres = (1<<M)-1-it;
		getid(it);
		for(ll i = 1; i <= t1; i++)
		for(ll j = 1; j <= t1; j++){
			ll ni = cid[i], nj = cid[j];
			if(dp[ni][nj][it]==-1LL)continue;
			for(ll s = 1; s <= t2; s++)
			for(ll t = 1; t <= t2; t++){//(ni->nj)->(ns->nt);
				ll ns = cid2[s], nt = cid2[t];
				if(dp[ns][nt][vres]==-1LL)continue;
				if(dis[nj][ns]==-1LL)continue;
				ll nv = dp[ni][nj][it]+dp[ns][nt][vres]+dis[nj][ns];
				if(ans == -1LL) ans = nv;
				else ans = min(ans, nv);
			}
		}
	}
	return ans;
}
void solve(){
	scanf("%lld %lld", &N, &M);
	for(ll i = 1; i <= N; i++){
		for(ll j = 1; j <= N; j++) {
			scanf("%lld", &d[i][j]);
			if(d[i][j] == 0LL && i!=j) d[i][j] = -1;
		}
	}
	ll cM = 1;
	for(ll i = 1; i <= M; i++){
		scanf("%lld", &id[cM]);
		id[cM]++;
		if(b[id[cM]])continue;
		b[id[cM]]=true;
		cM++;
	}
	M = cM-1;
	if(M == 1LL){
		printf("0\n");
		return;
	}
	//floyd 
	for(ll k = 1; k <= N; k++){
		if(b[k])continue;
		for(ll i = 1; i <= N; i++){
			for(ll j = 1; j <= N; j++){
				if(d[i][k]==-1LL || d[k][j]==-1LL)continue;
				ll nv = d[i][k]+d[k][j];
				d[i][j]=(d[i][j]==-1LL?nv:min(d[i][j], nv)); 
			}
		}
	}
	for(ll i = 1; i <=M ;i ++){
		for(ll j =1; j <= M; j++){
			if(i == j) dis[i][j] = 0LL;
			else dis[i][j] = d[id[i]][id[j]];
		}
	}

	if(M == 2LL){
		ll ans = -1;
		if(dis[1][2]!=-1LL) ans = dis[1][2];
		if(dis[2][1]!=-1LL){
			if(ans!=-1LL) ans = min(ans, dis[2][1]);
			else ans = dis[2][1];
		}
		printf("%lld\n", ans);
		return;
	}
	//预处理 
	for(ll i = 1; i < (1<<M); i++){
		ll num = 0, x = i;
		while(x){
			if(x&1)num++;
			x>>=1;
		}
		e[num].pb(i);
	} 
	ll ans = f();
	printf("%lld\n", ans);
}

int main(){
	solve();
	return 0;
}

标签：1176,ll,练习,蓝桥,1LL,ans,mx,dp,dis
来源： https://blog.csdn.net/Sapphire8/article/details/123131746

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