「蓝桥杯 2020 国 C」补给

P8733 [蓝桥杯 2020 国 C] 补给

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题意简述

给定平面直角坐标系的 \(n\) 个点和一个整数 \(D\) ，求从节点 \(1\) 遍历所有的 \(n\) 个点再回到节点 \(1\) 的最短路径。路径上任意两个节点的欧几里得距离不能超过 \(D\) 。

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题目分析

先看数据范围，\(1 \leq n \leq 20\)，考虑状压。
对于这种与路径长度有关的状压DP，我们通常设 \(dp_{S,j}\) 为状态集合为 \(S\) 时，当前在节点 \(j\) 时的最短路径长度（因为路径的长度与两个节点相关，所以可以记录一个节点，枚举一个节点，故设一维保存节点）。状态转移方程：

\[ dp_{S \cup \{j\},j} \gets min_{k=0}^{n}dp_{S,k}+dis_{k,j} \]

其中 \(dis_{k,j}\) 表示从 \(k\) 到 \(j\) 的距离。
但是这道题有点不一样，因为它还有一个限制条件，在两个节点的路径长度大于 \(D\) 的时候是不能转移的，这个时候我们只能考虑使一个另外的节点充当“中转站”，再从“中转站”转移到目标节点。于是便有了这份暴力代码：

CI N=20;
double calc(double x1,double y1,double x2,double y2) {
    return std::sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
int n,d;
PII id[N];
double dp[1<<N][N],dis[N][N],ans=0x3f3f3f3f;
signed main() {
    std::cin>>n>>d;
    rep(i,1,n) {
        std::cin>>id[i].ff>>id[i].ss;
    }
    rep(i,1,n) {
        rep(j,1,n) {
            dis[i][j]=calc(id[i].ff,id[i].ss,id[j].ff,id[j].ss);
        }
    }
    rep(i,0,(1<<20)-1) {
        rep(j,1,N-1) {
            dp[i][j]=1e9;
        }
    }
    dp[1][1]=0;
    rep(i,1,(1<<n)-1) {
        rep(j,1,n) {
            if((i>>j-1)&1) {
                continue;
            }
            rep(k,1,n) {
                if(k==j) {
                    continue;
                }
                if(dis[k][j]>d) {
                    rep(l,1,n) {
                        if(dis[k][l]>d||dis[l][j]>d) {
                            continue;
                        }
                        dp[i|(1<<j-1)][j]=std::min(dp[i|(1<<j-1)][j],dp[i][k]+dis[k][l]+dis[l][j]);
                    }
                } else {
                    dp[i|(1<<j-1)][j]=std::min(dp[i|(1<<j-1)][j],dp[i][k]+dis[k][j]);
                }
            }
        }
    }
    rep(i,1,n) {
        if(dis[i][1]>d) {
            rep(j,1,n) {
                if(dis[i][j]>d||dis[j][1]>d) {
                    continue;
                }
                ans=std::min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+dis[i][j]+dis[j][1]);
            }
        } else {
            ans=std::min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+dis[i][1]);
        }
    }
    printf("%.2lf",ans);
    return 0;
}

结果当然是

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算法优化

这份代码的时间复杂度为 \(O(2^nn^3) \approx 10^9\) ，所以我们考虑优化。
造成时间复杂度如此之高的原因是在 DP 转移的时候多次判断了路径长度是否超过 \(D\) ，造成重复计算，所以我们可以把 dis[N][N] 预处理出来，与 DP 转移的分开处理，时间复杂度为 \(O(2^nn^2)\) ，可以通过此题

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AC Code

CI N=25;
double calc(int x1,int y1,int x2,int y2) {
    return std::sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
int n,d;
PII id[N];
double dp[1<<20][N],dis[N][N],ans=0x3f3f3f3f;
signed main() {
    rep(i,0,(1<<18)-1) {
        rep(j,1,N) {
            dp[i][j]=1e9;
        }
    }
    std::cin>>n>>d;
    rep(i,1,n) {
        std::cin>>id[i].ff>>id[i].ss;
    }
    rep(i,1,n) {
        rep(j,1,n) {
            dis[i][j]=1e9;
        }
    }
    rep(i,1,n) {
        rep(j,1,n) {
            if(calc(id[i].ff,id[i].ss,id[j].ff,id[j].ss)>d) {
                rep(k,1,n) {
                    if(calc(id[i].ff,id[i].ss,id[k].ff,id[k].ss)>d||calc(id[k].ff,id[k].ss,id[j].ff,id[j].ss)>d) {
                        continue;
                    }
                    dis[i][j]=std::min(dis[i][j],calc(id[i].ff,id[i].ss,id[k].ff,id[k].ss)+calc(id[k].ff,id[k].ss,id[j].ff,id[j].ss));
                }
            } else {
                dis[i][j]=calc(id[i].ff,id[i].ss,id[j].ff,id[j].ss);
            }
        }
    }
    rep(i,0,(1<<20)-1) {
        rep(j,1,N-1) {
            dp[i][j]=1e9;
        }
    }
    dp[1][1]=0;
    rep(i,1,(1<<n)-1) {
        rep(j,1,n) {
            if((i>>j-1)&1) {
                continue;
            }
            rep(k,1,n) {
                if(k==j) {
                    continue;
                }
                if(!((i>>k-1)&1)) {
                    continue;
                }
                dp[i|(1<<j-1)][j]=std::min(dp[i|(1<<j-1)][j],dp[i][k]+dis[k][j]);
            }
        }
    }
    rep(i,1,n) {
        ans=std::min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+dis[i][1]);
    }
    printf("%.2lf",ans);
    return 0;
}