【floyd】【bitset】洛谷 P1841 [JSOI2007]重要的城市 题解
bitset玄学完美优化复杂度?
题目描述
参加jsoi冬令营的同学最近发现,由于南航校内修路截断了原来通向计算中心的路,导致去的路程比原先增加了近一公里。而食堂门前施工虽然也截断了原来通向计算中心的路,却没有使路程增加,因为可以找到同样长度的路作替代。其实,问题的关键在于,路截断的地方是交通要点。
同样的情况也出现在城市间的交通中。某些城市如果出了问题,可能会引起其他很多城市的交通不便。另一些城市则影响不到别的城市的交通。jsoi冬令营的同学发现这是一个有趣的问题,于是决定研究这个问题。
他们认为这样的城市是重要的:如果一个城市c被破坏后,存在两个不同的城市a和b(a, b均不等于c),a到b的最短距离增长了(或不通),则城市c是重要的。
jsoi冬令营的同学面对着一张教练组交给他们的城市间交通图,他们希望能找出所有重要的城市。现在就请你来解决这个问题。
输入输出格式
输入格式:
第一行两个整数N,M,N为城市数,M为道路数。
接下来M行,每行三个整数,表示两个城市之间的无向边,以及之间的路的长度。
输出格式:
一行,按递增次序输出若干的数,表示重要的城市。
如果没有点的话需要输出一行
“No important cities.”
去掉引号。
输入输出样例
输入样例#1:
4 4 1 2 1 2 3 1 4 1 2 4 3 2输出样例#1:
2说明
30%的数据:$latex N\le 20$;
60%的数据:$latex N\le 100$;
100%的数据:$latex N\le 200,M\le \frac{N\times (N-1)}{2},0<c\le 10000$。$latex c$即路的长度。
保证不出现重边和自环
感谢@赵昕鹏 和@qq2477259579 提供程序
题解:
因为Floyd是一种玄学DP思想,所以它的状态更新来源有很多,在这个题里需要整理出它的阶段性与转移,看上去十分麻烦。而我们如果把Floyd当作最短路算法中的松弛,就是相当于在把两段最短路拼接在一起,拥有它们合在一起的性质。
重要城市
重要城市就是如果这个点被删掉,那么最短路的长度就会改变。因此这个点一定在最短路上。而当两点间的最短路有多条时,它们上的点不一定都是重要城市,经过分析我们可以这样理解:设$latex (u,v)$间最短路条数为$latex k$,重要城市为$latex p$,那么这$latex k$条最短路一定都经过点$latex p$。用反例来说明,就是如果不是$latex k$条最短路都经过点$latex p$,那么去掉点$latex p$,还有剩下的最短路可以走,则不合法。
因此我们可以开一个三维数组$latex im[i][j][k]$表示k在$latex i,j$的几条最短路上。而我们用floyd做最短路计数也比较方便,一旦$latex k$所在的最短路数量与$latex (i,j)$间的最短路数量相同,那么$latex k$就一定是一个重要城市,判断条件为$latex im[i][j][k]==cnt[i][j]\Rightarrow k$是重要城市。
在上图中,1→8最短路计数为3,其中除了起点和终点,被经过了3次的点的点有2和7,因此它们是这条路径上的重要城市。
因为floyd的时间复杂度为$latex O(N^3)$,而每次更新还要循环一个$latex N$,因此总时间复杂度为$latex O(N^4)$。
bitset优化
我们在上面提到,状态合并/更新需要额外枚举一个$latex O(N)$,我们可不可以把这个$latex N$省掉,或者说优化一点呢?
这时可以考虑bitset,bitset可以使常数优化32倍,这个题的$latex N$规模才200,优化一个32就快把一个$latex N$变成一个$latex \log N$了,这个题的数据规模还是可以承受的。不过bitset存的是二进制啊,可是上面提到的数组存的是计数啊。
我们可以换一个方式想想,如果这两个点之间已经找到了4条最短路,其中有3条经过点$latex p$,那此时$latex p$已经不合法了,就直接把它置为0,以后尽管所有路径都经过$latex p$,它也不可能是关键城市。
因此bitset中im[i][j][k]里面存的是,现有状态下,k是不是i到j最短路上的关键城市。当更新(松弛)最短路时,关键城市是两段最短路上的关键城市之并集;而更新最短路计数,也就是找到了一条新的最短路时,如上图,就要取交集,因为一个城市只有在两点间任何一条最短路上都存在,才能作为这两点间的关键城市。而交集并集在位运算中就是and(&)和or(|),而点集有200,普通的位运算完成不了,就让bitset来做。
在一开始初始化时,把两个连接在一起的点上的关键城市设为两个端点,在floyd“松弛”最短路时,直接把两段最短路的关键城市“拼起来”,就是新的最短路上的关键城市。最后判断用$latex O(N^3)$遍历,看一个点是否为某两个点之间的关键城市,不过要注意不能与这两个点重合,因为为了方便,一开始我们把起点和终点也定为关键城市(符合关键城市的一般定义)。
因此这道题的总复杂度为$O(\frac{N^4}{32}+N^3)$
Code:
“`cpp
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
using std::bitset;
bitset<210> im[210][210];
int f[210][210];
int is[210];
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof(f));
int u,v,n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i][i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
scanf("%d",&f[u][v]);
f[v][u]=f[u][v];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
im[i][j][i]=1;//初始化设两端为重要城市
im[i][j][j]=1;
}
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(f[i][k]+f[k][j]==f[i][j])
im[i][j]&=(im[i][k]|im[k][j]);//当更新计数时取交集
else if(f[i][k]+f[k][j]<f[i][j])//当更新最短路时直接赋值为两段的并集
{
f[i][j]=f[i][k]+f[k][j];
im[i][j]=im[i][k]|im[k][j];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<=n;k++)
if(k!=i&&k!=j)//注意特判
if(im[i][j][k])
is[k]=1;
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(is[i])
{
flag=1;
printf("%d ",i);
}
if(!flag)//注意判断无解
puts("No important cities.");
return 0;
}
“`