bzoj1003.物流运输(最短路 && DP)

本文探讨了在有约束条件下最小化行走总花费的问题,包括路径选择和线路更改的策略。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

M 个点、 e 条边的无向图,要走 N 次,每次一次都有一些点因为各种原因而不能走,所以不得不改变线路,每次改变线路的花费K,而总代价 = 每次走的路径长之和 + 改变线路的次数 * K, 最小化这个总花费。

因为数据比较小,枚举计算 g[ i ][ j ] 代表从第 i 次 到第 j 次,不经过任何这几次不能用的点( 只要不能用过就算)的最短路,这个可用spfa 求之。 而改变线路这个限制,很容易让人想到 DP, 设 F[ i ] 表示走i 次的最小总代价,则 F[ i ] 的初始值为 g[ 1 ][ i ] * i,即先不经过任何不能用过的点,然后用一些点在中途其实可以用,来更新状态:F[ i ] = F[ j ] + K + g[j + 1][i] * ( i - j )

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAX_N = 105;
const int MAX_M = 25;

struct node{
	int v, w, next;
}E[MAX_M * MAX_M];
int head[MAX_M], top = 0;

inline void add(int u, int v, int w)
{
	E[++ top].v = v; E[top].w = w; E[top].next = head[u]; head[u] = top;
}

int N, M, K, e;
long long f[MAX_N], g[MAX_N][MAX_N];
int dis[MAX_M], queue[MAX_N];
bool inq[MAX_M], could[MAX_M], cant[MAX_N][MAX_N];

int spfa(int a, int b)
{
	memset(dis, 127, sizeof(dis)); memset(inq, 0, sizeof(inq));
	memset(could, 0, sizeof(could));
	for (int i=a; i<=b; i++)
	  for (int j=1; j<=M; j++)
	      if(cant[i][j]) could[j] = 1;
	
	int begin = 0, end = 1;
	queue[begin] = 1; dis[1] = 0; inq[1] = 1;
	while(begin != end){
		int x = queue[begin];
		for (int i=head[x]; i; i=E[i].next){
			if((!could[E[i].v]) && (dis[E[i].v] > dis[x] + E[i].w)){
				dis[E[i].v] = dis[x] + E[i].w;
				if(!inq[E[i].v]){
					inq[E[i].v] = 1;
					queue[end] = E[i].v; end = (end + 1) % MAX_N;
				}
			}
		}
		inq[x] = 0; begin = (begin + 1) % MAX_N;
	}
	return dis[M];
} 

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &K, &e);
	int u, v, w;
	for (int i=1; i<=e; i++)
	  scanf("%d%d%d", &u, &v, &w),
	  add(u, v, w), add(v, u, w);
	  
	int d;	scanf("%d", &d);
	for (int i=1; i<=d; i++){
		scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
		for (int j=v; j<=w; j++) cant[j][u] = 1;
	}
	
	for (int i=1; i<=N; i++)
	  for (int j=1; j<=N; j++)
	  	g[i][j] = spfa(i, j);	
	
	for(int i=1; i<=N; i++){
		f[i] = g[1][i] * i;
		for (int j=0; j<i; j++) f[i] = min(f[i], f[j] + K + g[j+1][i] * (i - j));
	} 
	printf("%d\n", f[N]);
	return 0;
}


### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头牛) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要求在一个无向图中找到大的一组节点集合,使得这些节点之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节点,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于终选取的子集中,则必须有至少一个端点未被选入该子集或者两端点均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效求解。核心思想如下: 1. 假设当前优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起点的节点并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节点的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够成功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标值重新测试直至收敛至佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局优点[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶点所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定点是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint 'c' target_color = ('B' if c == 'A' else 'A') if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!='?': return False elif color[v]=='?': color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==('B'if c=='A'else'A'))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]=='?' or color[i]=='A') if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[['?']*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=['?']*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔值指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术缩小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需求。 ---
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