[洛谷P2738] [USACO4.1]篱笆回路Fence Loops
洛谷题目链接:[USACO4.1]篱笆回路Fence Loops
题目描述
农夫布朗的牧场上的篱笆已经失去控制了。它们分成了1~200英尺长的线段。只有在线段的端点处才能连接两个线段，有时给定的一个端点上会有两个以上的篱笆。结果篱笆形成了一张网分割了布朗的牧场。布朗想将牧场恢复原样，出于这个考虑，他首先得知道牧场上哪一块区域的周长最小。 布朗将他的每段篱笆从1到N进行了标号（N=线段的总数）。他知道每段篱笆有如下属性：
该段篱笆的长度
该段篱笆的一端所连接的另一段篱笆的标号
该段篱笆的另一端所连接的另一段篱笆的标号
幸运的是，没有篱笆连接它自身。对于一组有关篱笆如何分割牧场的数据，写一个程序来计算出所有分割出的区域中最小的周长。
例如，标号1~10的篱笆由下图的形式组成（下面的数字是篱笆的标号）：
1
+---------------+
|\ /|
2| \7 / |
| \ / |
+---+ / |6
| 8 \ /10 |
3| \9 / |
| \ / |
+-------+-------+
4 5
上图中周长最小的区域是由2，7，8号篱笆形成的。
输入输出格式
输入格式：
第1行: N (1 <= N <= 100)
第2行到第3*N+1行: 每三行为一组，共N组信息:
每组信息的第1行有4个整数: s, 这段篱笆的标号(1 <= s <= N); Ls, 这段篱笆的长度 (1 <= Ls <= 255); N1s (1 <= N1s <= 8) 与本段篱笆的一端 所相邻的篱笆的数量; N2s与本段篱笆的另一端所相邻的篱笆的数量。 (1 <= N2s <= 8).
每组信息的的第2行有 N1s个整数, 分别描述与本段篱笆的一端所相邻的篱笆的标号。
每组信息的的第3行有N2s个整数, 分别描述与本段篱笆的另一端所相邻的篱笆的标号。
输出格式：
输出的内容为单独的一行，用一个整数来表示最小的周长。
输入输出样例
输入样例#1：
10
1 16 2 2
2 7
10 6
2 3 2 2
1 7
8 3
3 3 2 1
8 2
4
4 8 1 3
3
9 10 5
5 8 3 1
9 10 4
6
6 6 1 2
5
1 10
7 5 2 2
1 2
8 9
8 4 2 2
2 3
7 9
9 5 2 3
7 8
4 5 10
10 10 2 3
1 6
4 9 5
输出样例#1：
12
说明
题目翻译来自NOCOW。
USACO Training Section 4.1
题意: 给出一张无向图,要求出其中的最小环.
题解: 第一次做有关最小环的问题,写篇博客记录一下.
首先一开始读入十分的麻烦,然而我们发现每个点的度数不会超过\(9\),也就是说我们可以将一个点所连的边存下来,将他们从小到达排序,那么这样每个点就是唯一的并且可以用\(map\)来确定了.
那么接下来的问题就是如何求解无向图中的最小环.求最小环有很多方法:
- 用\(floyd\)的更新的方式求最小环.
- 枚举断边\(u\to v\),以\(u\)为起点跑最短路,时间复杂度\(O(n*m*logn)\).
- 构建图的最小生成树,枚举向树中加边,倍增计算树上两点间距离,时间复杂度\(O(mlogm+nlogn)\).
因为这题的数据比较小,可以直接用\(floyd\).
我们先回忆一下\(floyd\)的过程:枚举中间点,枚举路径起点终点更新.当我们的中间点枚举到\(k-1\)的时候,前\(1\)~\(k-1\)的节点之间的最短路都已经更新完了,那么此时再枚举到第\(k\)个点的时候,再枚举路径的起点\(i\),终点\(j\),此时的\(i\to j\)的最短路是没有更新过的,也就是说由\(i\to k,k\to j, j\to i\)组成的环可能可以更新图中的最小环,那么就直接检查更新就可以了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100+5;
const int inf = 0x3f3f3f;
int n, cnt = 0, dist[N][N], edge[N][N], b1[15], b2[15], c[N], len[N], ans = inf;
struct node{
int f[15];
node(){ memset(f, 0, sizeof(f)); }
node(int *a){ memcpy(f, a, sizeof(f)); }
bool operator < (const node &x) const {
for(int i = 1; i <= 9; i++)
if(x.f[i] != f[i]) return f[i] < x.f[i];
return false;
}
}n1, n2;
map <node, int> id;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int cnt1 = 0, cnt2 = 0, x, y; cin >> n;
for(int i = 0; i <= 101; i++)
for(int j = 0; j <= 101; j++) dist[i][j] = edge[i][j] = inf;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> c[i] >> len[i] >> cnt1 >> cnt2;
memset(b1, 0, sizeof(b1)), memset(b2, 0, sizeof(b2));
for(int j = 1; j <= cnt1; j++) cin >> b1[j];
for(int j = 1; j <= cnt2; j++) cin >> b2[j];
b1[++cnt1] = c[i], sort(b1+1, b1+10), n1 = (node){ b1 };
b2[++cnt2] = c[i], sort(b2+1, b2+10), n2 = (node){ b2 };
if(!id[n1]) id[n1] = ++cnt;
if(!id[n2]) id[n2] = ++cnt;
x = id[n1], y = id[n2];
edge[x][y] = edge[y][x] = min(edge[x][y], len[i]);
}
memcpy(dist, edge, sizeof(dist));
for(int k = 1; k <= cnt; k++){
for(int i = 1; i < k; i++)
for(int j = i+1; j < k; j++)
ans = min(ans, dist[i][j]+edge[i][k]+edge[j][k]);
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
for(int j = 1; j <= cnt; j++)
dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k]+dist[k][j]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
