51NOD 1445 变色DNA

1445 变色DNA

有一只特别的狼，它在每个夜晚会进行变色，研究发现它可以变成N种颜色之一，将这些颜色标号为0,1,2...N-1。研究发现这只狼的基因中存在一个变色矩阵，记为colormap，如果colormap[i][j]='Y'则这只狼可以在某一个夜晚从颜色i变成颜色j（一晚不可以变色多次），如果colormap[i][j]=‘N’则不能在一个晚上从i变成j色。进一步研究发现，这只狼每次变色并不是随机变的，它有一定策略，在每个夜晚，如果它没法改变它的颜色，那么它就不变色，如果存在可改变的颜色，那它变为标号尽可能小的颜色（可以变色时它一定变色，哪怕变完后颜色标号比现在的大）。现在这只狼是颜色0，你想让其变为颜色N-1，你有一项技术可以改变狼的一些基因，具体说你可以花费1的代价，将狼的变色矩阵中的某一个colormap[i][j]='Y'改变成colormap[i][j]='N'。问至少花费多少总代价改变狼的基因，让狼按它的变色策略可以从颜色0经过若干天的变色变成颜色N-1。如果一定不能变成N-1，则输出-1.
Input
多组测试数据，第一行一个整数T，表示测试数据数量，1<=T<=5
每组测试数据有相同的结构构成：
每组数据第一行一个整数N,2<=N<=50。
之后有N行，每行N个字符，表示狼的变色矩阵，矩阵中只有‘Y’与‘N’两种字符，第i行第j列的字符就是colormap[i][j]。
Output
每组数据一行输出，即最小代价，无解时输出-1。

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错误日志： (gan)他(ma)的字符串输入
解决方法： 老老实实一次读一行

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Solution

现在被字符串搞得有点暴躁
（深呼吸， 呼）

这是一题解法很秒的图论题
首先把颜色抽象为点
因为变异优先选择编号较小的节点， 要是我们想让他选择编号靠后的点， 必须把前面所有的选择删去
所以有了一个大概思路： 对于从 (u) 开始的一种变异 (v) ， (v) 前面有 (x) 种颜色， 那么变异到 (v) 的代价为 (x)
抽象到图上， 有 (if(map[u][v] == 'Y')u ightarrow v (dis = x))
现在考虑连边真实意义：从 (u) 想变异为 (v) ， 需要删去前 (x) 种变异选项， 代价为 (x)
那么问题来了， 我们不能把改变以后的选择变回来， 那么会不会存在一种情况使得我们前面删错了选项， 错过了最优解呢？
又返回到图上， 一个点代表一个颜色， 假设删去的点还能重置， 那么满足上面条件的图上意义为：
从 (u) 点出发， 经过一个环后返回 (u) 点， 并且选择一条新边继续遍历
因为走的是最短路， 所以上述情况不存在

图上意义与其真实意义紧密结合， 是这题的妙处

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int RD(){
    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 1019,INF = 1e9 + 19;
int head[maxn],nume = 1;
struct Node{
    int v,dis,nxt;
    }E[maxn << 3];
void add(int u,int v,int dis){
    E[++nume].nxt = head[u];
    E[nume].v = v;
    E[nume].dis = dis;
    head[u] = nume;
    }
int T, len;
char s[maxn];
int d[maxn];
bool inq[maxn];
void SPFA(int s){
	queue<int>Q;
	d[s] = 0;
	Q.push(s);
	inq[s] = 1;
	while(!Q.empty()){
		int u = Q.front();Q.pop();inq[u] = 0;
		for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt){
			int v = E[i].v, dis = E[i].dis;
			if(d[u] + dis < d[v]){
				d[v] = d[u] + dis;
				if(!inq[v])Q.push(v), inq[v] = 1;
				}
			}
		}
	}
void init(){
	for(int i = 1;i <= len;i++)d[i] = INF;
	memset(head, 0 ,sizeof(head));
	nume = 1;
	}
int main(){
	T = RD();
	while(T--){
		len = RD();
		init();
		for(int i = 1;i <= len;i++){
			scanf("%s", s);
			int cnt = 0;
			for(int j = 0;j < len;j++){
				if(s[j] == 'Y')add(i, j + 1, cnt++);
				}
			}
		SPFA(1);
		if(d[len] == INF)puts("-1");
		else printf("%d
", d[len]);
		}
	return 0;
	}