BZOJ2595 Wc2008 游览计划

2595: [Wc2008]游览计划

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MBSec  Special Judge
Submit: 1735  Solved: 829

Description

Input

第一行有两个整数,N和 M,描述方块的数目。 
接下来 N行, 每行有 M 个非负整数, 如果该整数为 0, 则该方块为一个景点;
否则表示控制该方块至少需要的志愿者数目。 相邻的整数用 (若干个) 空格隔开,
行首行末也可能有多余的空格。

Output

由 N + 1行组成。第一行为一个整数,表示你所给出的方案
中安排的志愿者总数目。 
接下来 N行,每行M 个字符,描述方案中相应方块的情况: 
z  ‘_’(下划线)表示该方块没有安排志愿者; 
z  ‘o’(小写英文字母o)表示该方块安排了志愿者; 
z  ‘x’(小写英文字母x)表示该方块是一个景点; 
注:请注意输出格式要求,如果缺少某一行或者某一行的字符数目和要求不
一致(任何一行中,多余的空格都不允许出现) ,都可能导致该测试点不得分。

Sample Input

4 4
0 1 1 0
2 5 5 1
1 5 5 1
0 1 1 0

Sample Output

6
xoox
___o
___o
xoox

HINT 

 对于100%的数据,N,M,K≤10,其中K为景点的数目。输入的所有整数均在[0,2^16]的范围内。

 

       窝发现窝好弱啊。下午学了一波斯坦纳树,打了一下模板题BZOJ4774修路,感觉十分膨胀,于是去做了一下杭电的桃花源记,让我构建斯坦纳森林,就不会了。现在又要我输出路径,又是看了题解才会的。大家一起%QT吧。

  其实这题除了输出路径以外都不难,貌似就是一道裸的斯坦纳树板子题加了点路径特技。

  斯坦纳树的实现原理类似子集DP,是一个求关键点连通问题的优秀解法。所谓关键点连通,就是指要求的一些点必须连通,但不一定只有这一些点。斯坦纳树是用子集DP+SPFA的原理解决这一问题。当然,关键点数目必须不大(因为每一个点都是一个二进制位0/1)。

  首先对初始的关键点赋好值(f[i][1<<k]=0),然后从小到大枚举全集(opt)。在每一次枚举全集内,因为子集sub肯定被枚举过(因为定有sub<opt),所以可以用子集的并的方式更新自己的opt值,这就是斯坦纳树的第一个转移方程:

  f[i][opt]=min{f[i][sub]+f[i][opt^sub,sub∈opt};

  自我枚举后就可以对这一状态的点集进行spfa,用f[i][opt]维护f[j][opt]。这就是第二个方程:

  f[i][opt]=min{f[j][opt]+dis(i,j)};

  这样对于每一个集合的值就已经求出来了。最后统计一边答案即可。

  对于这道题的路径输出,hzwer -> zky ->姜碧野的代码里是把斯坦纳树的每一次取min都记下转移的来源,然后随便找个景点开始按照转移的顺序反向dfs,打上vis标记来输出。

  一辈子也想不到啊想不到。

  具体代码就在下面了。你不得不承认斯坦纳树写起来还是很优美的... ...

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#include    <complex>
#include    <stack>
#define LL long long int
#define dob double
using namespace std;
 
const int N = 12;
const int M = 1024;
const int Inf = 707406378;
struct Node{int x,y;}trav[M];
struct Data{int x,y,set;}from[N][N][M];
int n,m,k,In[N][N],f[N][N][M],map[N][N],full,ans[M],pot[N];
int gx[]={0,0,0,1,-1},gy[]={0,1,-1,0,0},vis[N][N];
queue<Node>Q;
 
int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
 
inline void spfa(int opt)
{
  while(!Q.empty()){
    Node now=Q.front();Q.pop();
    int x=now.x,y=now.y;In[x][y]=0;
    for(int e=1;e<=4;++e){
      int nx=x+gx[e],ny=y+gy[e];
      if(x<1 || y<1 || x>n || y>m)continue;
      if(f[nx][ny][opt]>f[x][y][opt]+map[nx][ny]){
        f[nx][ny][opt]=f[x][y][opt]+map[nx][ny];
        from[nx][ny][opt]=(Data){x,y,opt};
        if(!In[nx][ny])Q.push((Node){nx,ny}),In[nx][ny]=1;
      }
    }
  }
}

inline void dfs(int x,int y,int kind)
{
  vis[x][y]=1;
  Data g=from[x][y][kind];
  if(!g.x || !g.y)return;
  dfs(g.x,g.y,g.set);
  if(x==g.x && y==g.y)
    dfs(g.x,g.y,kind^g.set);
}

inline void work()
{
  full=(1<<k)-1;
  memset(f,127/3,sizeof(f));
  memset(ans,127/3,sizeof(ans));
  for(int i=1;i<=k;++i)
    f[trav[i].x][trav[i].y][1<<(i-1)]=0;
  for(int opt=0;opt<=full;++opt){
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=1;j<=m;++j){
        for(int sub=opt;sub;sub=(sub-1)&opt){
          int nx=f[i][j][sub]+f[i][j][opt^sub]-map[i][j];
          if(nx<f[i][j][opt]){
            f[i][j][opt]=nx;
            from[i][j][opt]=(Data){i,j,sub};
          }
        }
        if(f[i][j][opt]!=Inf)Q.push((Node){i,j}),In[i][j]=1;
      }
    spfa(opt);
  }
  Node st;
  for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=m;++j)
      if(map[i][j]==0)
        st.x=i,st.y=j;
  dfs(st.x,st.y,full);
  printf("%d\n",f[st.x][st.y][full]);
  for(int i=1;i<=n;++i){
    for(int j=1;j<=m;++j){
      if(map[i][j]==0)printf("x");
      else if(vis[i][j]==1)printf("o");
      else printf("_");
    }
    printf("\n");
  }
}
 
int main()
{
  n=gi();m=gi();
  for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=m;++j){
      map[i][j]=gi();
      if(map[i][j]==0)
        trav[++k]=(Node){i,j};
    }
  work();
  return 0;
}

 

posted @ 2017-07-18 17:31  Fenghr  阅读(255)  评论(0编辑  收藏  举报