poj2449 Remmarguts' Date A*K短路

本文探讨如何在有向图上找到第K短的路径,通过BFS算法和A*算法的结合,利用优先队列进行高效搜索。在边权不一的情况下,通过扩展节点的选择策略来逼近最短路径,实现快速找到第K短路径的目标。

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

题意:在一个有向图上求第K短路。

如果在一个边权均为1的有向图上BFS,那么第一个搜索到的解就是最短路,第k个搜索到的解就是第k短路。

当边权不均为1时,搜索时每次要扩展的节点是谁就成为了问题。显然,我们想优先扩展的应该是能使解最接近最短路的节点,而这样的节点到终点最短距离加上起点到它距离应该是当前可扩展出的节点中最小的。起点到节点距离可以在搜索时记录下来,节点到终点最短距离可以在原图的反向图上求最短路得到。

K短路也是A*算法的典例。搜索时每次优先扩展的就是消耗代价与当前到目标估计代价之和最小的节点,而在这个问题中,估计值就等于实际值,这保证我们可以用很高的效率正确的在、搜索到第K短的路径。

搜索时若一个点已被访问了k次以上,那么这个点就可以跳过了。同时注意起点与终点相同时k++。

做BFS时我们用队列保存节点,那么A*只要用优先队列保存几点即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=3010;
const int maxm=100010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
struct edge{
	int y,next,w;
} e1[maxm],e2[maxm];
int head1[maxn],head2[maxn],tot=0;
/*1为正向图,2为反向图*/
int dis[maxn],cnt[maxn];
int m,n,k,S,T;
bool vst[maxn];
typedef pair<int,int>pii;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >q;/*Dijsktra用*/ 

struct node{
	int d,h,p;
};
class cmp{
	public:
		bool operator ()(node a,node b){
			return a.d+a.h>b.d+b.h;
		}
};
priority_queue<node,vector<node>,cmp> q2;/*搜索用*/


void add(int x,int y,int w){
	tot++;
	e1[tot].y=y;
	e1[tot].next=head1[x];
	e1[tot].w=w;
	head1[x]=tot;
	
	e2[tot].y=x;
	e2[tot].next=head2[y];
	e2[tot].w=w;
	head2[y]=tot;
}
void dijsktra(){
	for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=i==T?0:INF;
	memset(vst,0,sizeof(vst));
	q.push(make_pair(dis[T],T));
	while(!q.empty()){
		int x=q.top().second; q.pop();
		if(vst[x])continue;
		vst[x]=1;
		for(int i=head2[x];i;i=e2[i].next){
			int y=e2[i].y;
			int w=e2[i].w;
			if(dis[y]>dis[x]+w){
				dis[y]=dis[x]+w;
				q.push(make_pair(dis[y],y));
			}
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,w;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		add(x,y,w);
	}
	scanf("%d%d%d",&S,&T,&k);
	
	if(S==T)k++;/*深坑在此*/
	
	dijsktra();
	
	node x;
	x.d=0; x.h=dis[S]; x.p=S;
	q2.push(x);
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	while(!q2.empty()){
		int x=q2.top().p;
		int d=q2.top().d;
		q2.pop();
		if(++cnt[x] > k)continue;
		if(cnt[T] == k){
			printf("%d\n",d);
			return 0;
		}
		for(int i=head1[x];i;i=e1[i].next){
			int y=e1[i].y;
			int w=e1[i].w;
			node tmp;
			tmp.d=d+w; tmp.h=dis[y]; tmp.p=y;
			q2.push(tmp);
		}
	}
	printf("-1\n");
}


这是一道比较经典的计数问题。题目描述如下: 给定一个 $n \times n$ 的网格图,其中一些格子被标记为障碍。一个连通块是指一些被标记为障碍的格子的集合,满足这些格子在网格图中连通。一个格子是连通的当且仅当它与另一个被标记为障碍的格子在网格图中有公共边。 现在,你需要计算在这个网格图中,有多少个不同的连通块,满足这个连通块的大小(即包含的格子数)恰好为 $k$。 这是一道比较经典的计数问题,一般可以通过计算生成函数的方法来解决。具体来说,我们可以定义一个生成函数 $F(x)$,其中 $[x^k]F(x)$ 表示大小为 $k$ 的连通块的个数。那么,我们可以考虑如何计算这个生成函数。 对于一个大小为 $k$ 的连通块,我们可以考虑它的形状。具体来说,我们可以考虑以该连通块的最左边、最上边的格子为起点,从上到下、从左到右遍历该连通块,把每个格子在该连通块中的相对位置记录下来。由于该连通块的大小为 $k$,因此这些相对位置一定是 $(x,y) \in [0,n-1]^2$ 中的 $k$ 个不同点。 现在,我们需要考虑如何计算这些点对应的连通块是否合法。具体来说,我们可以考虑从左到右、从上到下依次处理这些点,对于每个点 $(x,y)$,我们需要考虑它是否能够与左边的点和上边的点连通。具体来说,如果 $(x-1,y)$ 和 $(x,y)$ 都在该连通块中且它们在网格图中有公共边,那么它们就是连通的;同样,如果 $(x,y-1)$ 和 $(x,y)$ 都在该连通块中且它们在网格图中有公共边,那么它们也是连通的。如果 $(x,y)$ 与左边和上边的点都不连通,那么说明这个点不属于该连通块。 考虑到每个点最多只有两个方向需要检查,因此时间复杂度为 $O(n^2 k)$。不过,我们可以使用类似于矩阵乘法的思想,将这个过程优化到 $O(k^3)$ 的时间复杂度。 具体来说,我们可以设 $f_{i,j,k}$ 表示状态 $(i,j)$ 所代表的点在连通块中,且连通块的大小为 $k$ 的方案数。显然,对于一个合法的 $(i,j,k)$,我们可以考虑 $(i-1,j,k-1)$ 和 $(i,j-1,k-1)$ 这两个状态,然后把点 $(i,j)$ 加入到它们所代表的连通块中。因此,我们可以设计一个 $O(k^3)$ 的 DP 状态转移,计算 $f_{i,j,k}$。 具体来说,我们可以考虑枚举连通块所包含的最右边和最下边的格子的坐标 $(x,y)$,然后计算 $f_{x,y,k}$。对于一个合法的 $(x,y,k)$,我们可以考虑将 $(x,y)$ 所代表的点加入到 $(x-1,y,k-1)$ 和 $(x,y-1,k-1)$ 所代表的连通块中。不过,这里需要注意一个细节:如果 $(x-1,y)$ 和 $(x,y)$ 在网格图中没有相邻边,那么它们不能算作连通的。因此,我们需要特判这个情况。 最终,$f_{n,n,k}$ 就是大小为 $k$ 的连通块的个数,时间复杂度为 $O(n^2 k + k^3)$。 参考代码:
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