P8817 [CSP-S 2022] 假期计划 解题笔记

给一个不用dp的做法

solution

考虑朴素做法。

预处理出 \(f(x)\)，表示距离 \(x\) 不超过 \(k\) 的点。

枚举每个景点 \(a\), \(b\), \(c\), \(d\)，通过预处理出的 \(f(x)\) 计算是否合法，更新答案。

这样时间复杂度是 \(O(n ^ 4)\) 的，不能通过本题。

考虑优化。

发现 \(a\) 和 \(d\) 比较特殊，只有距离 \(1\) 在 \(k\) 以内的点才有资格当高贵的点 \(a\) 和点 \(b\)。

而不是所有点与 \(1\) 的距离都小于 \(k\) 。

于是改进一下预处理，新定义 \(f(x)\) 表示与点 \(x\) 的距离不超过 \(k\) 且与 \(1\) 的距离也不超过 \(k\) 的点。

注意到我们选择 \(f(x)\) 是选择最大的 \(f(x)\) 对之后的答案一定没有影响，所以选定 \(a\) 和 \(d\) 时可以使用贪心策略，所以处理 \(f(x)\) 时只用保存最大的 \(f(x)\)。

如果最大的 \(f(x)\) 与 \(c\) 重合或与 \(b\) 重合怎么办？

考虑最坏情况，前二大的 \(f(x)\) 都与 \(c\) 重合或与 \(b\) 重合，那么我们可以保存前三大的 \(f(x)\)，这样即使是最坏情况，也能选出 \(a\) 和 \(d\)。

所以总体思路就出来了，暴力枚举 \(b\) 和 \(c\)，通过预处理出的 \(f(x)\) 计算 \(a\) 和 \(d\)。

预处理复杂度 \(O(n ^ 2)\)，枚举 \(b\) 和 \(c\) 的复杂度 \(O(n ^ 2)\)，计算 \(a\) 和 \(d\) 的复杂度 \(O(1)\)，总时间复杂度为 \(O(n ^ 2)\)，足以通过本题。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int QWQ = 2505;
int n, m, k, a[QWQ], dis[QWQ];
int maxx = -2e18;
bool can[QWQ][QWQ];
vector<int> ve[QWQ];
vector<int> qwq[QWQ];
void bfs(int start)
{
	memset(dis, -1, sizeof(dis));
	queue<int> q;
	q.push(start);
	dis[start] = 0;

	while (!q.empty())
	{
		int u = q.front();
		q.pop();

		if (dis[u] > k + 1)
			continue;

		can[start][u] = true;

		for (int i = 0; i < ve[u].size(); i++)
		{
			int to = ve[u][i];
			if (dis[to] == -1)
			{
				dis[to] = dis[u] + 1;
				q.push(to);
			}
		}
	}
}
bool cmp(int x, int y)
{
	return a[x] > a[y];
}
signed main()
{
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		ve[u].push_back(v);
		ve[v].push_back(u);
	}
	memset(can, false, sizeof(can));
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		bfs(i);
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 2; j <= n; j++)
		{
			if (i == j)
				continue;
			if (can[1][j] && can[j][i])
			{
				qwq[i].push_back(j);
			}
		}
		sort(qwq[i].begin(), qwq[i].end(), cmp);
		if (qwq[i].size() > 3)
		{
			qwq[i].resize(3);
		}
	}
	for (int b = 2; b <= n; b++)
	{
		for (int c = 2; c <= n; c++)
		{
			if (b == c || !can[b][c])
				continue;
			for (int i = 0; i < qwq[b].size(); i++)
			{
				int aa = qwq[b][i];
				if (aa == b || aa == c)
					continue;

				for (int qaq = 0; qaq < qwq[c].size(); qaq++)
				{
					int dd = qwq[c][qaq];
					if (dd == aa || dd == b || dd == c)
						continue;
					if (can[1][aa] && can[aa][b] && can[b][c] && can[c][dd] && can[dd][1])
					{
						int total = a[aa] + a[b] + a[c] + a[dd];
						maxx = max(maxx, total);
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << maxx << endl;
}