试题编号: | 201403-4 |
试题名称: | 无线网络 |
时间限制: | 1.0s |
内存限制: | 256.0MB |
问题描述: |
问题描述
目前在一个很大的平面房间里有 n 个无线路由器,每个无线路由器都固定在某个点上。任何两个无线路由器只要距离不超过 r 就能互相建立网络连接。
除此以外,另有 m 个可以摆放无线路由器的位置。你可以在这些位置中选择至多 k 个增设新的路由器。 你的目标是使得第 1 个路由器和第 2 个路由器之间的网络连接经过尽量少的中转路由器。请问在最优方案下中转路由器的最少个数是多少? 输入格式
第一行包含四个正整数 n,m,k,r。(2 ≤ n ≤ 100,1 ≤ k ≤ m ≤ 100, 1 ≤ r ≤ 108)。
接下来 n 行,每行包含两个整数 xi 和 yi,表示一个已经放置好的无线 路由器在 (xi, yi) 点处。输入数据保证第 1 和第 2 个路由器在仅有这 n 个路由器的情况下已经可以互相连接(经过一系列的中转路由器)。 接下来 m 行,每行包含两个整数 xi 和 yi,表示 (xi, yi) 点处可以增设 一个路由器。 输入中所有的坐标的绝对值不超过 108,保证输入中的坐标各不相同。 输出格式
输出只有一个数,即在指定的位置中增设 k 个路由器后,从第 1 个路 由器到第 2 个路由器最少经过的中转路由器的个数。
样例输入
5 3 1 3
0 0 5 5 0 3 0 5 3 5 3 3 4 4 3 0 样例输出
2
|
问题链接:CCF201403试题。
问题描述:(参见上文)。
问题分析:这是一个求最优问题,通常用BFS(广度优先搜索)来实现。据称,该问题还可以用SPFA算法来实现。程序说明:数组visited[]用于标记访问过的坐标。函数bfs()的参数是为程序通用性而设置的,就本问题而言,可以使用常量。
网友指出,程序有错,并且给出了错误的样例。据此修改了程序,后一个程序才是正解。
CCF的在线评判系统中的测试数据常常不够充分,程序有BUG照样得100分。
后一个程序增加了增设路径器的计数,如果已经用过2个,则以后不得再用增设路由器,这时只在已经设置好的路由器中搜索。参见程序中的17行的代码、50-53行的代码、以及70-73行的代码。
提交后得100分的C++语言程序如下(有BUG的100分):
/* CCF201403-4 无线网络 */ #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; const int N = 100 + 100; struct { long long x, y; } coord[N+1]; struct node { long long x, y; int step; }; bool visited[N+1]; int bfs(int n, int begin, int end, long long r) { // 变量初始化 memset(visited, false, sizeof(visited)); // 设置根结点 node start, front, v; start.x = coord[begin].x; start.y = coord[begin].y; start.step = 0; queue<node> q; q.push(start); // 设置根结点为已经访问过 visited[begin] = true; while(!q.empty()) { front = q.front(); q.pop(); // 到达终点则结束 if(front.x == coord[end].x && front.y == coord[end].y) return front.step - 1; // 搜索可以连接的路由器 for(int i=0; i<n; i++) { // 访问过的坐标则跳过 if(visited[i]) continue; // 判定下一个路由器的坐标是否在半径r之内, 不在半径之内则跳过,在半径之内则继续搜索 if((front.x - coord[i].x) * (front.x - coord[i].x) + (front.y - coord[i].y) * (front.y - coord[i].y) > r * r) continue; else { // 第i个路由器设为已经访问过 visited[i] = true; // 计算步数,并且将第i个路由器加入队列 v.x = coord[i].x; v.y = coord[i].y; v.step = front.step + 1; q.push(v); } } } return 0; } int main() { int n, m, k; long long r; // 输入数据 cin >> n >> m >> k >> r; for(int i=0; i<n+m; i++) // n个路由器的位置+可以增设的m个路由器的位置 cin >> coord[i].x >> coord[i].y; // BFS int ans = bfs(n + m, 0, 1, r); // 输出结果 cout << ans << endl; return 0; } /* 测试数据: 5 3 1 3 0 0 5 5 0 3 0 5 3 5 3 3 4 4 3 0 2 10 1 1 2 0 0 3 1 -2 0 -2 2 -2 4 -2 6 0 6 2 6 2 4 2 2 2 0 1 10 1 1 2 0 0 3 1 -2 0 -2 2 -2 4 -2 6 0 6 2 6 2 4 2 2 3 0 8 6 3 2 50000000 0 0 50000000 100000000 100000000 100000000 100000000 0 100000000 50000000 50000000 0 -100000000 50000000 0 50000000 0 100000000 2 */
提交后得100分的C++语言程序如下(正解):
/* CCF201403-4 无线网络 */ #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; const int MAXN = 100 + 100; struct { long long x, y; } coord[MAXN+1]; struct status { long long x, y; int step, kcount; }; bool visited[MAXN+1]; int dfs(int n, int m, int k, int begin, int end, long long r) { int max; // 变量初始化 memset(visited, false, sizeof(visited)); // 设置根结点 status start, front, v; start.x = coord[begin].x; start.y = coord[begin].y; start.step = 0; start.kcount = 0; queue<status> q; q.push(start); // 设置根结点为已经访问过 visited[begin] = true; while(!q.empty()) { front = q.front(); q.pop(); // 到达终点则结束 if(front.x == coord[end].x && front.y == coord[end].y) return front.step - 1; // 搜索可以连接的路由器 if(front.kcount == k) max = n; else max = n + m; for(int i=0; i<max; i++) { // 访问过的坐标则跳过 if(visited[i]) continue; // 判定下一个路由器的坐标是否在半径r之内, 不在半径之内则跳过,在半径之内则继续搜索 if((front.x - coord[i].x) * (front.x - coord[i].x) + (front.y - coord[i].y) * (front.y - coord[i].y) > r * r) continue; else { // 第i个路由器设为已经访问过 visited[i] = true; // 计算步数,并且将第i个路由器加入队列 v.x = coord[i].x; v.y = coord[i].y; v.step = front.step + 1; if(i >= n) v.kcount = front.kcount + 1; else v.kcount = front.kcount; q.push(v); } } } return 0; } int main() { int n, m, k; long long r; // 输入数据 cin >> n >> m >> k >> r; for(int i=0; i<n+m; i++) // n个路由器的位置+可以增设的m个路由器的位置 cin >> coord[i].x >> coord[i].y; // BFS int ans = dfs(n, m, k, 0, 1, r); // 输出结果 cout << ans << endl; return 0; } /* 测试数据: 5 3 1 3 0 0 5 5 0 3 0 5 3 5 3 3 4 4 3 0 2 10 1 1 2 0 0 3 1 -2 0 -2 2 -2 4 -2 6 0 6 2 6 2 4 2 2 2 0 1 10 1 1 2 0 0 3 1 -2 0 -2 2 -2 4 -2 6 0 6 2 6 2 4 2 2 3 0 8 6 3 2 50000000 0 0 50000000 100000000 100000000 100000000 100000000 0 100000000 50000000 50000000 0 -100000000 50000000 0 50000000 0 100000000 2 */