BZOJ1023 [SHOI2008]cactus仙人掌图

本文介绍了一种针对仙人掌图的动态规划算法,利用DFS结合Tarjan算法求解最短路径上的最长链问题。通过环状结构的特殊性质进行状态转移,实现了高效的求解。

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

仙人掌DP,f[i]表示i的子仙人掌里以i为一个端点走最短路的最长链

dfs一颗仙人掌,带上tarjan的low和dfn,对于一个点,如果是这个环的根,用这个环上的所有点转移,如果不是这个环的根,不用这个环上的点转移。

#include<iostream>
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#include<ctime>
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#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<map>
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#include<stack>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
#define MAXN 100010
#define MAXM 10000010
#define INF 1000000000
#define MOD 1000000007
#define ll long long
struct vec{
    int to;
    int fro;
};
vec mp[MAXM];
int tai[MAXN],cnt;
int fa[MAXN],f[MAXN];
int dfn[MAXN],low[MAXN],tim;
int dep[MAXN];
int a[MAXN];
int q[MAXN],hd,tl;
int n,M,m;
int ans;
inline void be(int x,int y){
    mp[++cnt].to=y;
    mp[cnt].fro=tai[x];
    tai[x]=cnt;
}
inline void bde(int x,int y){
    be(x,y);
    be(y,x);
}
void dp(int rt,int ed){
    int i;
    int N=dep[ed]-dep[rt]+1;
    for(i=ed;i!=fa[rt];i=fa[i]){
        a[N--]=f[i];
    }
    N=dep[ed]-dep[rt]+1;
    for(i=N+1;i<=N+N;i++){
        a[i]=a[i-N];
    }
    hd=1,tl=0;
    q[++tl]=1;
    for(i=2;i<=N+N/2;i++){
        while(hd<=tl&&i-q[hd]>N/2){
            hd++;
        }
        ans=max(ans,a[i]+a[q[hd]]+i-q[hd]);
        while(hd<=tl&&a[i]-i>=a[q[tl]]-q[tl]){
            tl--;
        }
        q[++tl]=i;
    }
    for(i=2;i<=N;i++){
        f[rt]=max(f[rt],a[i]+min(i-1,N-i+1));
    }
}
void dfs(int x){
    int i,y;
    dfn[x]=low[x]=++tim;
    dep[x]=dep[fa[x]]+1;
    for(i=tai[x];i;i=mp[i].fro){
        y=mp[i].to;
        if(y==fa[x]){
            continue ;
        }
        if(!dfn[y]){
            fa[y]=x;
            dfs(y);
        }
        low[x]=min(low[x],low[y]);
        if(low[y]>dfn[x]){
            ans=max(ans,f[x]+f[y]+1);
            f[x]=max(f[x],f[y]+1);
        }
    }
    for(i=tai[x];i;i=mp[i].fro){
        y=mp[i].to;
        if(fa[y]!=x&&dfn[y]>dfn[x]){
            dp(x,y);
        }
    }
}
int main(){
    int i,x,y;
    scanf("%d%d",&n,&M);
    while(M--){
        scanf("%d",&m);
        scanf("%d",&x);
        for(i=2;i<=m;i++){
            scanf("%d",&y);
            bde(x,y);
            x=y;
        }
    }
    dfs(1);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
 
/*
 
*/


题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的,问题就转化为了在这个中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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