题目描述
印尼首都雅加达市有 $N$ 座摩天楼，它们排列成一条直线，我们从左到右依次将它们编号为 $0$ 到 $N − 1$。除了这 $N$ 座摩天楼外，雅加达市没有其他摩天楼。
有 $M$ 只叫做 “doge” 的神秘生物在雅加达市居住，它们的编号依次是 $0$ 到 $M − 1$。编号为 $i$ 的 doge 最初居住于编号为 $B_i$ 的摩天楼。每只 doge 都有一种神秘的力量，使它们能够在摩天楼之间跳跃，编号为 $i$ 的 doge 的跳跃能力为 $P_i$ （$P_i > 0$）。
在一次跳跃中，位于摩天楼 $b$ 而跳跃能力为 $p$ 的 doge 可以跳跃到编号为 $b − p$ （如果 $0 leq b − p < N$）或 $b + p$ （如果 $0 leq b + p < N$）的摩天楼。
编号为 $0$ 的 doge 是所有 doge 的首领，它有一条紧急的消息要尽快传送给编 号为 $1$ 的 doge。任何一个收到消息的 doge 有以下两个选择:
- 跳跃到其他摩天楼上；
- 将消息传递给它当前所在的摩天楼上的其他 doge。
请帮助 doge 们计算将消息从 $0$ 号 doge 传递到 $1$ 号 doge 所需要的最少总跳跃步数，或者告诉它们消息永远不可能传递到 $1$ 号 doge。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。
接下来 $M$ 行，每行包含两个整数 $B_i$ 和 $P_i$。
输出格式
输出一行，表示所需要的最少步数。如果消息永远无法传递到 $1$ 号 doge，输出 $−1$。
子任务
所有数据都保证 $0 leq B_i < N$。
- 子任务 1 （10 分）
- $1 leq N leq 10$
- $1 leq P_i leq 10$
- $2 leq M leq 3$
- 子任务 2 （12 分）
- $1 leq N leq 100$
- $1 leq P_i leq 100$
- $2 leq M leq 2000$
- 子任务 3 （14 分）
- $1 leq N leq 2000$
- $1 leq P i ≤ 2000$
- $2 leq M leq 2000$
- 子任务 4 （21 分）
- $1 leq N leq 2000$
- $1 leq P_i leq 2000$
- $2 leq M leq 30000$
- 子任务 5 （43 分）
- $1 leq N leq 30000$
- $1 leq P_i leq 30000$
- $2 leq M leq 30000$
分析1
并不想思考前三部分分着怎么打啊？
很直观的就可以想到，在可以达到的doge之间连有向边，代价为方向上的走向所需要的步数
直接跑一遍裸的dijkstra就有36分了咯.....
为了代码文章看起来好一点，就把头文件去掉了
int n,m,b[30010],p[30010];
int a[2010][2010],f[30010];
bool v[30010];
const int inf=100000000;
int main()
{
read(n);read(m);
for (int i=1;i<=m;i++)
read(b[i]),read(p[i]);
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
a[i][j]=inf;
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
if (i!=j && abs(b[i]-b[j])%p[i]==0)
a[i][j]=abs(b[i]-b[j])/p[i];
for (int i=1;i<=m;i++)
f[i]=inf;
f[1]=0;int x=1;
memset(v,0,sizeof(v));
for (int i=1;i<=m;i++)
{
for (int j=1;j<=m;j++)
if (f[x]+a[x][j]<f[j]) f[j]=f[x]+a[x][j];
v[x]=1;x=0;
for (int j=1;j<=m;j++)
if (!v[j]&&(x==0||f[x]>f[j])) x=j;
}
if (f[2]==inf) puts("-1");else print(f[2]);
return 0;
}
分析2
思考bfs
用数组(f[i][j])表示({doge}_{i})到建筑(j)的最少步数
初始(f[0][B_0]=0)，每次用(f[i][j])去尝试拓展(f[i][jpm P_i])和位置(jpm P_i)其他doge
一旦拓展到({doge}_{1})，直接输出答案即可，时间复杂度(O(NM))，期望得分57
代码同样，暂时去掉了头文件
int n,m,p[30010],f[30001][2001];
vector<int> b[2010];
const int inf=100000000;
struct data
{
int x,y;
data(int a=0,int b=0):x(a),y(b){}
};
queue<data> q;
bool v[2010];
int main()
{
read(n);read(m);
int x,y;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
read(x),read(p[i]),b[x].push_back(i);
if (i==1) y=x;
}
memset(v,0,sizeof(v));
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=0;j<n;j++)
f[i][j]=inf;
v[y]=1;
for (int i=0;i<b[y].size();i++)
q.push(data(b[y][i],y)),f[b[y][i]][y]=0;
while(!q.empty())
{
int x=q.front().x,y=q.front().y;q.pop();
if (x==2){print(f[x][y]);return 0;}
if (y-p[x]>=0 && !v[y-p[x]])
{
v[y-p[x]]=1;
for (int i=0;i<b[y-p[x]].size();i++)
f[b[y-p[x]][i]][y-p[x]]=f[x][y]+1,q.push(data(b[y-p[x]][i],y-p[x]));
}
if (y+p[x]<n && !v[y+p[x]])
{
v[y+p[x]]=1;
for (int i=0;i<b[y+p[x]].size();i++)
f[b[y+p[x]][i]][y+p[x]]=f[x][y]+1,q.push(data(b[y+p[x]][i],y+p[x]));
}
if (y-p[x]>=0)
{
if (f[x][y]+1<f[x][y-p[x]]) f[x][y-p[x]]=f[x][y]+1,q.push(data(x,y-p[x]));
}
if (y+p[x]<n)
{
if (f[x][y]+1<f[x][y+p[x]]) f[x][y+p[x]]=f[x][y]+1,q.push(data(x,y+p[x]));
}
}
puts("-1");
return 0;
}
分析3
一口毒奶......这题好毒啊......
考虑分块来做
当(P_i>sqrt n)时，可以直接暴力来做，因为最多只会有(nsqrt n)条边
当(P_ile sqrt n)时，我们可以发现有大量的边重合，考虑把他们合并起来
具体的合并方法：
不妨对每个点建(sqrt n)个额外点，设第(i)个点的第(j)个额外点为(P_{i,j})。我们在(P_{i,j})和(P_{i+j,j})连长度为(1)的双向边(因为每一次跳跃的花费为(1))
再由所有(P_{i,j})向(i)连长度为(0)的边。对于(vi≤C)的doge，我们就由(xi)向(P_{xi,vi})连长度为(0)的边即可，很容易理解
然后剩下的，就是跑一下最短路了......我直接写了一发SPFA...
内存很坑爹啊...RE了无数次...总算是把官方数据跑过了...hack的数据...实在是无能为了了
在调试的时候，发现不应该取(sqrt n)，实际表明，取(sqrt {frac {n}{logn}})附近的时候比较优
为了更达到减小内存的目的，稍微增大时间，我手动的把(sqrt {frac {n}{logn}})减小一个常数，多次提交.....
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
using namespace std;
inline char nc(){
/*
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
*/return getchar();
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=1;
for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]=' ';
return len;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x>='A' && x<='Z');x=nc());
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,m,b[30010],p[30010],f[6000010];
bool v[30010];
struct data
{
int x,y;
data(int a=0,int b=0):x(a),y(b){}
};
struct cmp
{
bool operator()(data x,data y)
{
if (x.y==y.y) return x.x>y.x;
return x.y>y.y;
}
};
vector<data> a[6000010];
const int inf=1000000000;
int calc(int x,int y,int z)
{
return n+x*z+y-1;
}
void write(int x)
{
if (x==inf) print(-1);else print(x);
puts("");
}
int main()
{
read(n);read(m);
int x=(int)sqrt(n/log(n)+0.5);
x=max(x,0);
x-=10;x=max(x,0); //手动减小常数
for (int i=0;i<m;i++)
{
read(b[i]),read(p[i]);
if (p[i]<=x) a[b[i]].push_back(data(calc(b[i],p[i],x),0));
else
{
int s=0,j=b[i];
while (j-p[i]>=0)
s+=1,j-=p[i],a[b[i]].push_back(data(j,s));
s=0,j=b[i];
while (j+p[i]<n)
s+=1,j+=p[i],a[b[i]].push_back(data(j,s));
}
}
for (int i=0;i<n;i++)
{
for (int j=1;j<=x;j++)
{
//print(calc(i,j,x)),putchar(' '),print(calc(i+j,j,x)),puts("");
if (i+j<n) a[calc(i,j,x)].push_back(data(calc(i+j,j,x),1)),
a[calc(i+j,j,x)].push_back(data(calc(i,j,x),1));
a[calc(i,j,x)].push_back(data(i,0));
}
}
n=calc(n-1,x,x);
for (int i=0;i<=n;i++)
f[i]=inf;
f[b[0]]=0;
memset(v,0,sizeof(v));
priority_queue<data,vector<data>,cmp> q;
q.push(data(b[0],0));
while (!q.empty())
{
int x=q.top().x,y=q.top().y;q.pop();
while (y>f[x])
{
if (q.empty()) break;
x=q.top().x,y=q.top().y,q.pop();
}
if (y>f[x]) break;
for (int j=0;j<a[x].size();j++)
if (f[x]+a[x][j].y<f[a[x][j].x])
f[a[x][j].x]=f[x]+a[x][j].y,q.push(data(a[x][j].x,f[a[x][j].x]));
}
write(f[b[1]]);
return 0;
}