The 17-th BIT Campus Programming Contest C

\(\Huge{The 17-th BIT Campus Programming Contest}\)

\(\huge{C.小L的旅行}\)

题目链接：The 17-th BIT Campus Programming Contest

目录

• 题意
• 思路
• 标程

题意

给出一个\(n\)个点的有向图，有\(m\)条边且每条边的边权为\(1\)。每个点对应有一个魔法值，对于任意两点，若存在：\(a_i \& a_j = a_j\)，那么就存在一条从\(i\)到\(j\)的边，边权为\(1\)。

求从\(1\)到其他点的最短距离。

思路

题目要求求最短路，因此考虑使用\(Dijkstra\)。由于边权都为\(1\)，我们考虑优化\(Dijkstra\)，可以使用双端队列优化掉优先队列。

然后考虑加边（将根据魔法值建的边加入到图中）。

• 满足\(a_i \& a_j = a_j\)，则\(a_j\)是由\(a_i\)的二进制下去掉若干\(1\)得到。

• 求一个数的所有符合\(a_i \& a_j = a_j\)条件的值的时间复杂度太大

• 考虑只将\(a_i\)与其二进制下某一位1变为0得到的数之间建边

• 这样\(a_i\)将会到达所有能够建边的数，虽然不是强连通，但是边权都为\(0\)。

标程

#define int long long 
const int INF = 0x7fffffff;
const int N = 2e6 + 10; 

vector<int> d(N), dis(N, INF);
vector<PII> g[N];
vector<bool> vis(N);

void Solved() {
    int n, m; cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> d[i];

    for(int i = 1; i <= m; i ++ ) {
        int x, y; cin >> x >> y;
        g[x].push_back({y, 1});
    }
    for(int i = 0; i < (1 << 20); i ++ )	//预处理出根据魔法值建的边（建在新图中）
        for(int j = 0; j < 20; j ++ )
            if((i >> j) & 1)
                g[n + i + 1].push_back({n + 1 + (i ^ (1 << j)), 0});

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {			//合并两图
        g[i].push_back({n + 1 + d[i], 1});	//代表使用魔法，边权为1
        g[n + 1 + d[i]].push_back({i, 0});	//能进入新图则表示边权已+1，此时不需要加边权
    }
    
    dis[1] = 0;
    deque<int> dq;		//双端队列优化
    dq.push_back(1);
    while(dq.size()) {
        int u = dq.front(); dq.pop_front();	//每次取队列头元素
        if(vis[u]) continue;
        vis[u] = true;
        for(auto [i, j] : g[u]) {
            if(dis[i] <= dis[u] + j) continue;

            dis[i] = dis[u] + j;
            if(j) dq.push_back(i);	//优化的具体方法，及边权为1则放在末尾
            else dq.push_front(i);	//边权为0则放在开头
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        if(dis[i] != INF) {
            cout << dis[i] << endl;
        } else {
            cout << "-1\n";
        }
    }
}