bzoj 1295 最长距离 - 最短路

Description

windy有一块矩形土地,被分为 N*M 块 1*1 的小格子。 有的格子含有障碍物。 如果从格子A可以走到格子B,那么两个格子的距离就为两个格子中心的欧几里德距离。 如果从格子A不可以走到格子B,就没有距离。 如果格子X和格子Y有公共边,并且X和Y均不含有障碍物,就可以从X走到Y。 如果windy可以移走T块障碍物,求所有格子间的最大距离。 保证移走T块障碍物以后,至少有一个格子不含有障碍物。

Input

输入文件maxlength.in第一行包含三个整数,N M T。 接下来有N行,每行一个长度为M的字符串,'0'表示空格子,'1'表示该格子含有障碍物。

Output

输出文件maxlength.out包含一个浮点数,保留6位小数。

Sample Input

【输入样例一】
3 3 0
001
001
110


【输入样例二】
4 3 0
001
001
011
000


【输入样例三】
3 3 1
001
001
001

Sample Output

【输出样例一】
1.414214

【输出样例二】
3.605551

【输出样例三】
2.828427

HINT

 

20%的数据,满足 1 <= N,M <= 30 ; 0 <= T <= 0 。 40%的数据,满足 1 <= N,M <= 30 ; 0 <= T <= 2 。 100%的数据,满足 1 <= N,M <= 30 ; 0 <= T <= 30 。


题目大意

  一个$N \times M$的网格上有些格子是障碍。如果两个非障碍格子四连通,那么定义它们之间的距离为他们的欧几里德距离,否则它们没有距离。

  现在你可以把其中的$T$个障碍格子变为非障碍格子,然后问,操作后中有距离的点对中最长的距离是多少。

   由于$N, M$数据范围小到爆,所以可以直接枚举从哪个格子开始清理障碍格子,用最短路算法跑出到每个格子最少清楚的障碍格子数,然后暴力枚举所有可行的格子,计算它和当前枚举的格子的欧几里德距离,然后更新答案。

Code

 1 /**
 2  * bzoj
 3  * Problem#1295
 4  * Accepted
 5  * Time: 724ms
 6  * Memory: 1312k
 7  */
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 using namespace std;
10 
11 typedef bool boolean;
12 #define pii pair<int, int>
13 #define fi first
14 #define sc second
15 
16 const int N = 35;
17 
18 int n, m, k;
19 int val[N][N];
20 int f[N][N];
21 boolean vis[N][N];
22 int ans = 0;
23 char str[N];
24 
25 inline void init() {
26     scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
27     for (int i = 0; i < n; i++) {
28         scanf("%s", str);
29         for (int j = 0; j < m; j++)
30             val[i][j] = str[j] - '0';
31     }
32 }
33 
34 const int mov[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
35 
36 queue<pii> que;
37 void spfa(pii s) {
38     memset(f, 0x3f, sizeof(f));
39     que.push(s);
40     f[s.fi][s.sc] = val[s.fi][s.sc];
41     while (!que.empty()) {
42         pii e = que.front();
43         que.pop();
44         vis[e.fi][e.sc] = false;
45         for (int d = 0; d < 4; d++) {
46             pii eu (e.fi + mov[d][0], e.sc + mov[d][1]);
47             if (eu.fi < 0 || eu.fi >= n || eu.sc < 0 || eu.sc >= m)
48                 continue;
49             if (f[e.fi][e.sc] + val[eu.fi][eu.sc] < f[eu.fi][eu.sc]) {
50                 f[eu.fi][eu.sc] = f[e.fi][e.sc] + val[eu.fi][eu.sc];
51                 if (!vis[eu.fi][eu.sc]) {
52                     vis[eu.fi][eu.sc] = true;
53                     que.push(eu);
54                 }
55             }
56         }
57     }
58 }
59 
60 inline void solve() {
61     for (int i = 0; i < n; i++)
62         for (int j = 0; j < m; j++) {
63             spfa(pii(i, j));
64             for (int x = 0; x < n; x++)
65                 for (int y = 0; y < m; y++) {
66                     if (f[x][y] <= k)
67                         ans = max(ans, (x - i) * (x - i) + (y - j) * (y - j));
68                 }
69         }
70     printf("%.6lf\n", sqrt((double)ans));
71 }
72 
73 int main() {
74     init();
75     solve();
76     return 0;
77 }

 

posted @ 2018-02-06 16:12  阿波罗2003  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏