bzoj3362[Usaco2004 Feb]Navigation Nightmare 导航噩梦

本文介绍了一种使用带权并查集解决曼哈顿距离查询问题的方法。通过对农场间的道路进行水平和垂直方向上的并查集操作,记录各农场与祖先节点的相对位置,从而实现在已知部分道路信息的情况下快速查询任意两点间的曼哈顿距离。

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题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3362

题目大意:

农夫约翰有N(2≤N≤40000)个农场,标号1到N,M(2≤M≤40000)条的不同的垂直或水
平的道路连结着农场,道路的长度不超过1000.这些农场的分布就像下面的地图一样,
图中农场用F1..F7表示, 每个农场最多能在东西南北四个方向连结4个不同的农场.此外,农场只处在道路的两端.道路不会交叉且每对农场间有且仅有一条路径.邻居鲍伯要约翰来导航,但约翰丢了农场的地图,他只得从电脑的备份中修复了.每一条道路的信息如下:
从农场23往南经距离10到达农场17
从农场1往东经距离7到达农场17
    当约翰重新获得这些数据时,他有时被的鲍伯的问题打断:“农场1到农场23的曼哈顿距离是多少?”所谓在(XI,Yi)和(X2,y2)之间的“曼哈顿距离”,就是lxl - X21+lyl - y21.如果已经有足够的信息,约翰就会回答这样的问题(在上例中答案是17),否则他会诚恳地抱歉并回答-1.

题解:
带权并查集【 没有学过啊QwQ
自己YY的方法是:开两个并查集,一种是水平的开个并差集,和竖直的开个并查集。结果发现有些点之前的关系可能是找不到的(在中间的话)。【<--正常的人都是应该看不懂的..
.说正解。。
就是在一个已知的数据块(额就是关系知道的)中,就取一个点来作中间(相关?)点,来当祖先
那么其他点记录的就是与祖先的相对位置(横纵坐标)。是位置,不是距离。距离可以询问的时候再用位置求。
东南西北四个方向就以相关点为原点假设个坐标系什么的,相对位置就加加减减。。。
合并的话,fy与fx的相对位置=x与fx的相对位置+y与x的相对位置-y与fy的相对位置。

p.s.看的Po姐博客,orz不会自定义类型的什么重载运算符啊。为什么要那样打QWQ
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 40100
//一个已知的数据块就取一个点来作中间(相关?)点 来当祖先
int fa[maxn],ans[maxn];
struct node//横纵坐标(就能算距离
{
	int x,y;
	node(){}//不能不打orz
	node(int a,int b):x(a),y(b){}
	node operator + (const node &b) const
	{
		return node(x+b.x,y+b.y);
	}
	node operator - (const node &b) const
	{
		return node(x-b.x,y-b.y);
	}
}f[maxn];
struct pt{int x,y;node ds;}sr[maxn];//消息的两点x、y & 距离ds
struct question{int x,y,t,id;}qs[maxn];
bool cmp(question x,question y) {return x.t<y.t;}
int ffind(int x)
{
	if (fa[x]!=x)
	{
		int y=fa[x];
		fa[x]=ffind(fa[x]);
		f[x]=f[x]+f[y];//x到祖先的距离
	}return fa[x];
}
int dis(node x) {return abs(x.x)+abs(x.y);}
int main()
{
	//freopen("navigate.in","r",stdin);
	//freopen("navigate.out","w",stdout);
	int n,m,i,x,y,d,q,t;char c;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,f[i]=node(0,0);
	for (i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d %c",&x,&y,&d,&c);
		sr[i].x=x,sr[i].y=y;
		if (c=='E') sr[i].ds=node(d,0);
		else if (c=='W') sr[i].ds=node(-d,0);
		else if (c=='N') sr[i].ds=node(0,d);
		else if (c=='S') sr[i].ds=node(0,-d);
	}scanf("%d",&q);
	for (i=1;i<=q;i++) 
	{
		scanf("%d%d%d",&qs[i].x,&qs[i].y,&qs[i].t);
		qs[i].id=i;
	}sort(qs+1,qs+1+q,cmp);
	for (i=1,t=1;i<=q;i++)
	{
		for (;t<=qs[i].t;t++)
		{
			int fx=ffind(sr[t].x),fy=ffind(sr[t].y);
			fa[fy]=fx;
			f[fy]=f[sr[t].x]+sr[t].ds-f[sr[t].y];
		}
		int fx=ffind(qs[i].x),fy=ffind(qs[i].y);
		if (fx!=fy) ans[qs[i].id]=-1;
		else ans[qs[i].id]=dis(f[qs[i].x]-f[qs[i].y]);
	}
	for (i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}



转载于:https://www.cnblogs.com/Euryale-Rose/p/6527839.html

题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号并且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,并且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
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