Luogu P1930 亚瑟王的宫殿 题解 [ 蓝 ] [ 分层图最短路 ] [ 枚举 ]

亚瑟王的宫殿：比较 naive 的图论。

图论做法

思路

因为是无向图，所以考虑一个经典 trick，把所有点到集合点的距离之和化为集合点到其他所有点的位置之和，就可以从集合点做单源最短路了。

于是我们枚举集合点，从集合点 BFS 一遍，然后算出答案。

但是这题还有国王，有一个骑士要去接国王去集合点，于是考虑在枚举集合点后，继续枚举是哪个骑士去接国王。

那么某个骑士去接国王的代价如何计算呢？显然，骑士和国王必将在某一个点处会合，并且对于每一个会合位置，国王走的步数是确定的。因此我们可以把接国王的代价看作骑士移动的代价，也就是建立分层图，一层代表还没接到国王，一层代表接到了国王。每一层内部的边权都是 \(1\)，只有两层之间的边权为国王到某个点的代价。于是我们就可以用 dijkstra 快速计算骑士接到国王再到集合点的代价了。注意这一部分也要从集合点开始跑单源最短路。

时间复杂度 \(O(n^2m^2\log nm)\)。

注意特判只有一个国王以及集合点无法到达的情况。

注意到最短路的值域很小，只有 \(nm\) 的级别，所以可以换一种更优秀的堆：桶。每次往堆中插入相当于在桶里加一个元素，这个可以用链式前向星维护。于是就可以做到本题的最优复杂度：\(O(n^2m^2)\)。但我懒了，写的还是带 \(\log\) 的做法。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
using piii=pair<int,pair<int,pi> >;
int n,m,kx,ky,ax[2005],ay[2005],s;
int d[50][50],dk[50][50],dis[2][50][50],ans=0x3f3f3f3f;
int gox[]={1,1,2,2,-1,-1,-2,-2};
int goy[]={2,-2,1,-1,2,-2,1,-1};
int gokx[]={0,0,1,1,1,-1,-1,-1};
int goky[]={1,-1,0,1,-1,0,1,-1};
bool legal(int x,int y){return (1<=x&&x<=n&&1<=y&&y<=m);}
void bfs_knight(int x,int y)
{
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    d[x][y]=0;
    queue<pi>q;
    q.push({x,y});
    while(!q.empty())
    {
        pi now=q.front();
        q.pop();
        int nx=now.fi,ny=now.se;
        for(int i=0;i<8;i++)
        {
            int tx=nx+gox[i],ty=ny+goy[i];
            if(legal(tx,ty)&&d[tx][ty]>=0x3f3f3f3f)
            {
                d[tx][ty]=d[nx][ny]+1;
                q.push({tx,ty});
            }
        }
    }
}
void bfs_king(int x,int y)
{
    memset(dk,0x3f,sizeof(dk));
    dk[x][y]=0;
    queue<pi>q;
    q.push({x,y});
    while(!q.empty())
    {
        pi now=q.front();
        q.pop();
        int nx=now.fi,ny=now.se;
        for(int i=0;i<8;i++)
        {
            int tx=nx+gokx[i],ty=ny+goky[i];
            if(legal(tx,ty)&&dk[tx][ty]>=0x3f3f3f3f)
            {
                dk[tx][ty]=dk[nx][ny]+1;
                q.push({tx,ty});
            }
        }
    }
}
void dijkstra(int x,int y)
{
    priority_queue<piii,vector<piii>,greater<piii> >q;
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[0][x][y]=0;
    q.push({0,{0,{x,y}}});
    while(!q.empty())
    {
        piii now=q.top();
        q.pop();
        int lv=now.se.fi,nx=now.se.se.fi,ny=now.se.se.se;
        for(int i=0;i<8;i++)
        {
            int tx=nx+gox[i],ty=ny+goy[i];
            if(legal(tx,ty)&&dis[lv][tx][ty]>dis[lv][nx][ny]+1)
            {
                dis[lv][tx][ty]=dis[lv][nx][ny]+1;
                q.push({dis[lv][tx][ty],{lv,{tx,ty}}});
            }
        }
        if(lv==0)
        {
            if(dis[1][nx][ny]>dis[0][nx][ny]+dk[nx][ny])
            {
                dis[1][nx][ny]=dis[0][nx][ny]+dk[nx][ny];
                q.push({dis[1][nx][ny],{1,{nx,ny}}});
            }
        }
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    char c;
    int x,y;
    cin>>c>>x;
    y=c-'A'+1;
    kx=x,ky=y;
    while(cin>>c>>x){ax[s+1]=x,ay[s+1]=c-'A'+1;s++;}
    if(s==0)
    {
        cout<<0;
        return 0;
    }
    bfs_king(kx,ky);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            bool ilg=0;
            int res=0x3f3f3f3f,tot=0;
            bfs_knight(i,j);
            dijkstra(i,j);
            for(int k=1;k<=s;k++)
            {
                tot+=d[ax[k]][ay[k]];
                if(d[ax[k]][ay[k]]>=0x3f3f3f3f/2){ilg=1;break;}
            }
            if(ilg)continue;
            for(int k=1;k<=s;k++)res=min(res,tot-d[ax[k]][ay[k]]+dis[1][ax[k]][ay[k]]);
            ans=min(ans,res);
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

搜索做法

比较没道理，但凡这题不限制行列的个数，把 \(nm\) 再加大点，都不至于让这种做法过去。但是这种做法还是有点意义的。

同样是枚举集合点。这次我们考虑骑士接国王最多要花费多少步。发现合法的集合点只可能是对角线和 \(5\times 5\) 的点，枚举即可。

时间复杂度 \(O(n^2m^2\times B)\)，其中 \(B\) 表示枚举的集合点个数。

代码没写。