UVA 10158 (记忆化搜索)

本文介绍了一种处理人际关系(朋友和敌人)的算法,通过记忆化搜索和剪枝优化,实现快速判断任意两人间的关系。算法使用二维数组存储关系状态,并结合有权图进行关系查询与更新。

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

题目大意:

已知有n个人,他们之间有敌对还有友好关系,已知:

自己和自己为好友。

a和b为好友,那么b和a也为好友

自己的敌人是敌人。

 

自己和自己不能为敌人。

a和b为敌人,那么b和a也为敌人

敌人的敌人是朋友

 

现在有4个操作,比如:

(1)设置a和b为朋友

(2)设置a和b为敌人

(3)询问a和b是否为好友

(4)询问a和b是否为敌人

解题思路:

网上大部分的思路都是并查集。可是真的看不懂,太菜了,ORZ. 这里提出一种记忆化搜索加玄学剪枝的方法。

开一个1e4 * 1e4的二维数组。

memo[i][j] = -1 , 0, 1分别代表i和j是无关,朋友,敌人关系。

另外开一个有权图表示谁和谁之间建立了朋友或敌人关系。

其中边权为1代表是敌人,边权为0代表是朋友。

这题的关键是(3),(4)操作。比如(3)操作成立了,那么(2)操作就是非法,假若(2)操作合法了,我们只需要维护memo表更新并且gra连一条边即可。那么关键是(3)操作怎么完成。(4)操作类似。

定义dfs状态u,dis,u表示我们到达哪个节点,dis表示我们从根节点到u节点的边权之和。

首先第一个关系:

if(memo[u][desu]!=-1){	//memorize 
		suc=(dis+memo[u][desu])%2;
		return;
	}

这里desu代表终点。表明若我们走到半路,之前这里已经建立关系了,我们可以不用走下去了。至于为什么模2,我们可以看看,我们发现边权累加到奇数,表示这时候根节点和u节点之间建立的是敌人关系,假如累积到偶数,表示根节点和u节点之间建立的是朋友关系。模2是用来表示朋友还是敌人的。

memo[u][initu]=dis%2;	//pruning
	memo[initu][u]=dis%2;	//pruning

中间这里我们可以边走边填数字,俗称玄学剪枝。initu表示我们的起始根节点。

if(u==desu){
		suc=memo[u][desu];
		return;
	}

最后没什么好说的,我们走到终点停下来就好了。

完整代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int initu,desu;
int suc=-1;
const int MAXN=1e4+10;
int memo[MAXN][MAXN];
int flag[MAXN];
vector<vector<pair<int,int>>> gra(MAXN);
//tmd search
void dfs(int u,int dis){
	if(memo[u][desu]!=-1){	//memorize 
		suc=(dis+memo[u][desu])%2;
		return;
	}
	flag[u]=1;
	memo[u][initu]=dis%2;	//pruning
	memo[initu][u]=dis%2;	//pruning
	if(u==desu){
		suc=memo[u][desu];
		return;
	}
	for(int i=0;i<(int)gra[u].size();i++){
		int nx=gra[u][i].first;
		int wei=gra[u][i].second;
		if(flag[nx])continue;
		dfs(nx,dis+wei);
		if(suc!=-1)return;
	}
}
int main(){
	int n;cin>>n;
	int c;
	memset(memo,-1,sizeof(memo));
	while(cin>>c>>initu>>desu &&(c||initu||desu)){
		memset(flag,0,sizeof(flag));
		suc=-1;
		if(c==3){
			
			dfs(initu,0);
			if(suc==-1 || suc==1)
				cout<<0<<endl;
			else cout<<1<<endl;
			
			continue;
		}else if(c==4){
			dfs(initu,0);
			if(suc==-1 || suc== 0)cout<<0<<endl;
			else cout<<1<<endl;
			continue;
		}else if(c==1){
			dfs(initu,0);
			if(suc==1){
				cout<<-1<<endl;
				continue;
			}else if(suc==0)continue;
			else {
				gra[initu].emplace_back(make_pair(desu,0));
				gra[desu].emplace_back(make_pair(initu,0));
				memo[initu][desu]=0;
				memo[desu][initu]=0;
			}
		}else {
			dfs(initu,0);
			if(suc==0){
				cout<<-1<<endl;
				continue;
			}else if(suc==1)continue;
			else {
				gra[initu].emplace_back(make_pair(desu,1));
				gra[desu].emplace_back(make_pair(initu,1));
				memo[initu][desu]=1;
				memo[desu][initu]=1;
			}
		}
	}
	return 0;
}

 

### 关于记忆化搜索的练习题 在洛谷平台上有许多涉及记忆化搜索的经典题目,这些题目可以帮助学习者更好地理解动态规划与深度优先搜索相结合的方法。以下是几个推荐的记忆化搜索练习题及其背景介绍: #### 题目一:P4170 [CQOI2007] 涂色 此题属于经典的 DP 类型问题之一,主要考察如何通过记忆化的方式优化暴力枚举的过程[^1]。 该题的核心在于利用状态压缩技术存储已经处理过的子结构,并结合 DFS 的方式逐步扩展解空间。 #### 题目二:P1464 Function 这是一个典型的递归加记忆化的入门级题目[^2]。它强调了在搜索过程中记录中间结果的重要性,从而避免不必要的重复计算。具体实现上可以通过定义一个辅助数组 `f[x][y]` 来保存已访问的状态值。 #### 题目三:UVA - 1629 Cake Slicing 这篇文章提到的一道经典例题展示了记搜的优势所在[^3]。通过对不同切割方案的结果进行缓存操作,可以显著降低时间复杂度并提高效率。 #### 题目四:滑雪 (P1434) 作为一道非常受欢迎的记忆化搜索练习题,“滑雪”模拟了一个二维网格上的最长下降路径求解过程[^5]。给定一张地图表示各个位置的高度分布情况后,我们需要找到从任意起点出发能够达到的最大步数长度。 ```python from functools import lru_cache @lru_cache(None) def dfs(x, y): res = 1 directions = [(0,-1),(-1,0),(0,+1),(+1,0)] for dx, dy in directions: nx, ny = x + dx, y + dy if 0<=nx<R and 0<=ny<C and grid[nx][ny]<grid[x][y]: res = max(res, dfs(nx, ny)+1 ) return res R,C=map(int,input().split()) grid=[list(map(int,input().strip().split()))for _ in range(R)] ans=0 for i in range(R): for j in range(C): ans=max(ans ,dfs(i,j)) print(ans) ``` 上述代码片段实现了基于 Python 的解决方案,其中运用装饰器 @lru_cache 实现自动化的函数调用结果缓存功能。 ---
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