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解题思路

这题对合法路径的要求中，有一个比较怪也难以维护的东西：要求不能走奇环。

如果没有这个东西，可以直接进行 \(O(n^2k)\) 的 \(\text{DP}\)。

但是考虑如何来解决奇环的限制？
一个很自然的想法是，如果给的是二分图，那么一条路径就等于在二分图左右两边的点中来回走。亦可以直接 \(\text{DP}\)。

这时候容易有一个基于这个想法的思路，对每个点随机染色，形成一张二分图。然后跑 \(\text{DP}\)。
这么做的正确概率是：\(\frac{1}{2^{k-1}}\)，随机个 \(5000\) 次就能通过。

为什么想到随机化

我们为什么突然在这个想法中想到随机化？

首先，随机化本身就是来解决一些最值问题的。
更具体的，往往当一个东西难以直接维护，却容易在确定某些量之后计算，而且情况数量不多，取到最值概率不小时，我们会考虑随机化。

代码实现

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#include <bits/stdc++.h>
#define FL(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define FR(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define Sz(v) ((int)(v).size())
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vi;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 85, K = 15, INF = 0x3f3f3f3f;
mt19937 Rand(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int n, k, ans = INF;
int c[N], mp[N][N], f[K][N];
void Work() {
    c[1] = 0;
    FL(i, 2, n) {
        c[i] = Rand() & 1;
    }
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[0][1] = 0;
    FL(i, 1, k) {
        FL(u, 1, n) {
            if (c[u] != (i & 1)) {
                continue;
            }
            FL(v, 1, n) {
                if (u == v) {
                    continue;
                }
                f[i][u] = min(f[i][u], f[i - 1][v] + mp[v][u]);
            }
        }
    }
    ans = min(ans, f[k][1]);
}
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    FL(i, 1, n) {
        FL(j, 1, n) {
            scanf("%d", &mp[i][j]);
        }
    }
    int T = 5000;
    while (T--) {
        Work();
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}