Luogu P11892 [XRCOI Round 1] C. 草萤有耀终非火 题解 [ 蓝 ] [ 图论建模 ] [ BFS ] [ 行列连边 ] [ 最小斯坦纳树 ]

草萤有耀终非火：蒟蒻的第一个公开赛题，感觉出的有点板了。

Subtask 1

枚举哪些灯被点亮，暴力搜索和模拟即可。

Subtask 2

因为这两个点本来就存在燃料，所以直接将这两盏灯点亮即可，输出 \(2\)。

注意特判 \(m=1\) 的情况，此时 \((1,1)\) 与 \((1,m)\) 是同一个点，所以只点亮一盏即可，输出 \(1\)。

Subtask 3

因为没有灯在同一行同一列，所以一定点亮不了其他灯，无解，输出 \(-1\) 即可。

同样注意特判 \(m=1\) 的情况，此时若存在灯 \((1,1)\) 则输出 \(1\) 即可。

Subtask 4

考虑同一列全部都有燃料意味着什么。观察发现，如果一行内有两列的灯同时被点亮，那么这两列在其他行的点亮情况一定相同。

这就启发了我们从行与列的角度去考虑问题，这一点同样可以从前两个部分分中得出，行与列是本题的一个关键点。

于是我们继续观察，可以发现，如果将整行和整列都抽象为图论中的节点，就很容易能够刻画他们之间的关系。则一个格点其实就充当了这个图中的无向边。例如，\((a,b),(a,c),(d,b)\) 全部被点亮，就相当于连了 \(a\leftrightarrow b,a\leftrightarrow c ,d\leftrightarrow b\) 的无向边，那么此时 \((d,c)\) 和其他三个点在同一个连通块里，就也会被点亮了。

由此通过中间的满列将旁边两列连接即可求出答案。

Subtask 5

连边之后，我们发现将 \((1,1)\) 与 \((1,m)\) 点亮，就相当于让第 \(1\) 行、第 \(1\) 列和第 \(m\) 列的节点处在一个连通块中。问题就变成加上最少的边，使得这三个点在同一连通块里，即求出他们的最小斯坦纳树。

但这个最小斯坦纳树有点特殊，它的边权是 \(1\)，并且只要使 \(3\) 个点连通，于是观察树的形态，发现树是一个从中转点向外发散的形态（即中转点到其他三个节点路径只有一个交点）。关于树的形态的证明具体参考：P6192 【模板】最小斯坦纳树。因此有一个暴力做法。

枚举中转点的位置，以该点为起点 BFS 一遍，最后求出该点到那三个点的最短距离之和即可。正确性显然，因为我们最终一定会找到一个点 \(s\)，使得 \(s\) 到另外三个点的最短路不相交，而对于相交的路径一定比 \(s\) 的答案大。

时间复杂度 \(O(t(n+m)^2)\)。

Subtask 6

因为是无向图，所以我们反过来考虑也是一样的，以那三个点为起点做 BFS，然后枚举中转点，在中转点处统计三个点到该点的距离之和，取最小值即可。

直接跑最小斯坦纳树也可以，但是没必要。

时间复杂度 \(O(t(n+m))\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,s,d[5][200005],ans;
vector<int>g[200005];
queue<int>q;
void bfs(int x,int y)
{
    bitset<200005>vis;
    q.push(x);
    vis[x]=1;
    d[y][x]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(auto v:g[u])
        {
            if(vis[v]==0)
            {
                vis[v]=1;
                d[y][v]=d[y][u]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}
void solve()
{
    cin>>n>>m>>s;
    for(int i=1;i<=n+m;i++)
    {
        g[i].clear();
        d[1][i]=d[2][i]=d[3][i]=1e8;
    }
    ans=1e8;
    while(s--)
    {
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        v+=n;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    bfs(1,1);
    bfs(n+1,2);
    bfs(n+m,3);
    for(int i=1;i<=n+m;i++)ans=min(ans,d[1][i]+d[2][i]+d[3][i]);
    if(ans<1e8)cout<<ans<<'\n';
    else cout<<-1<<'\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    return 0;
}

总结

这题就是一个很典的行列连边，然后跑一个三点最小斯坦纳树就好了。题面还被尺姐锐评写得烂了，而且比赛前几天我整个晚上都盯着题面看修了十多个锅才让这题变得不那么烂。。。

我的某个学长用了一个很神秘的图论建模，然后还要求两点确定，另一点未知的最小斯坦纳树，感觉它的这个做法过于牛了。好像是先从固定的两点跑 BFS，然后建一个虚拟原点，连虚拟原点要每个节点的边，权值就是这个点到另外两个点的距离之和。本质和我那个差不多，但是复杂了一点。然后这玩意本来是要跑 dij 的，但是又观察到权值的值域比较小，就可以用桶排序代替 dij 的优先队列做到线性。这个做法过于牛逼了，膜拜省队爷/bx/bx/bx。