标签：蓝色 Loj 路径 3320 int CCO 红色 include rightarrow
正题
题目大意
有一张\(n\)个点的无向完全图，每一条边是红色或者蓝色，对于每个点\(s\)求从这个点出发的一条尽量短的经过所有点的路径。
\(1\leq n\leq 2000\)
解题思路
显然地猜测一下最短的长度肯定是\(n\)，说是找一条路径，实际上我们是能够找到一个颜色交替只有一次的环的，然后交替位置就在\(s\)的旁边。
我们构造一下，此时有两条不相交的路径\(s\rightarrow x,t\rightarrow y\)，并且两条路径上颜色都相同，一条红色一条蓝色。
我们假设\(s\rightarrow x\)的路径是红色，此时对于一个未加入的点\(z\)，如果\((x,z)\)是红色或者\((y,z)\)是蓝色那么直接加长路径即可。
否则也就是说\((x,z)\)是蓝色且\((y,z)\)是红色，我们考虑\((x,y)\)之间的路径颜色，假设是红色，那么如图
我们将\(y\)弹出路径\(t\rightarrow y\)，然后加入\(s\rightarrow x\)后就可以再加入\(z\)了。
如果是蓝色同理弹另一边。
但是此时会出现两种情况：
- 蓝色路径弹出后为空了，那么此时我们再找一个新的点当做新的\(t\)即可，反正我们的要求是\(s\)不变。
- 红色路径弹出后为空了，那么此时我们将\(z\)作为新的\(t\)，然后原本的\(s\rightarrow t\)路径变为\(s\rightarrow x\)路径。
时间复杂度：\(O(n^2)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=2100;
int n,G[N][N];
char s[N];
vector<int>l,r;
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==2){
printf("2\n1 2\n2\n2 1\n");
return 0;
}
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<i;j++)
G[i][j]=G[j][i]=(s[j]=='R');
}
for(int s=1;s<=n;s++){
int z=s%n+1,g=0;l.clear();r.clear();
l.push_back(z);r.push_back(s);g=G[s][z%n+1];
for(int x=z%n+1;x!=s;x=x%n+1){
if(G[r[r.size()-1]][x]==g)r.push_back(x);
else if(G[l[l.size()-1]][x]==!g)l.push_back(x);
else{
if(G[l[l.size()-1]][r[r.size()-1]]==g){
r.push_back(l[l.size()-1]);
r.push_back(x);l.pop_back();
if(!l.size()){
x=x%n+1;if(x==s)break;
l.push_back(z=x);
}
}
else{
l.push_back(r[r.size()-1]);
l.push_back(x);r.pop_back();
if(!r.size()){
l.pop_back();l.swap(r);
l.push_back(x);z=x;g=!g;
}
}
}
}
printf("%d\n",n);
for(int i=0;i<r.size();i++)printf("%d ",r[i]);
for(int i=l.size()-1;i>=0;i--)printf("%d ",l[i]);
putchar('\n');
}
return 0;
}
标签：蓝色,Loj,路径,3320,int,CCO,红色,include,rightarrow 来源： https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16577529.html
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