Autobus 方法记录

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原题链接

[COCI2021-2022#4] Autobus

题目描述

在一个国家里有 \(n\) 座城市。这些城市由 \(m\) 条公交线路连接，其中第 \(i\) 条线路从城市 \(a_i\) 出发，到 \(b_i\) 停止，路程中耗时 \(t_i\) 分钟。

Ema 喜欢旅行，但她并不喜欢在公交线路之间换乘。在旅行过程中，她希望最多只需坐 \(k\) 个不同的公交线路。

Ema 想知道，从城市 \(c_i\) 到城市 \(d_i\) 的最短旅行时间是多少（最多坐 \(k\) 个不同的公交线路）。

输入格式

第一行包含两个整数 \(n,m\)，分别表示城市的数量和公交车线路的数量。

接下来 \(m\) 行，第 \(i+1\) 包含三个整数 \(a_i,b_i,t_i\)，分别表示第 \(i\) 条公交车线路的起点、终点和从起点到终点所需的时间。

接下来一行包含两个整数 \(k,q\)，最大坐的不同公交线路的个数和问题题的个数。

接下来 \(q\) 行，第 \(m+j+3\) 行包含两个整数 \(c_j,d_j\)，表示询问从城市 \(c_j\) 到城市 \(d_j\) 的最短旅行时间。

输出格式

输出包含 \(q\) 行，第 \(i\) 行包含一个整数，表示从城市 \(c_i\) 到城市 \(d_i\) 的最短旅行时间。

样例 #1

样例输入 #1

4 7
1 2 1
1 4 10
2 3 1
2 4 5
3 2 2
3 4 1
4 3 2
1 3
1 4
4 2
3 3

样例输出 #1

10
-1
0

样例 #2

样例输入 #2

4 7
1 2 1
1 4 10
2 3 1
2 4 5
3 2 2
3 4 1
4 3 2
2 3
1 4
4 2
3 3

样例输出 #2

6
4
0

样例 #3

样例输入 #3

4 7
1 2 1
1 4 10
2 3 1
2 4 5
3 2 2
3 4 1
4 3 2
3 3
1 4
4 2
3 3

样例输出 #3

3
4
0

提示

【样例解释】

Autobus 方法记录

每个样例中的答案都已经标记在图中。

【数据规模与约定】

本题采用子任务捆绑测试。

  • Subtask 1（15 pts）：\(k ≤ n ≤ 7\)。
  • Subtask 2（15 pts）：\(k ≤ 3\)。
  • Subtask 3（25 pts）：\(k ≤ n\)。
  • Subtask 4（15 pts）：没有额外限制。

对于 \(100\%\) 的数据，\(2\le n \le 70,1\le m,t_i\le 10^6,1\le a_i,b_i,c_j,d_j\le n,1\le k\le10^9,1\le q \le n^2\)。

【提示与说明】

本题分值按 COCI 原题设置，满分 \(70\)。

题目译自 COCI2021-2022 CONTEST #4 T2 Autobus。

题解

题目的要求是求全源最短路，而且\(n\)（图上总点数）非常小，和\(floyd\)的相性很好，所以首先考虑\(floyd\)算法。

本题的第一个难点在于“最多只需坐\(k\)个不同的公交线路”。但仔细观察数据范围，\(2\le n \le 70,1\le k \le10^9\)，可以见得在大部分情况下，\(k\)是比\(n\)大的。因为每个点至多到一次，所以一个点到该定点的线路也最多走一次，最复杂的旅行方案也只需要走\((n-1)\)条线路。而\(k\)比\(n\)大就意味着旅行不再受“最多只需坐\(k\)个不同的公交线路”的限制。

所以，对于这部分的数据，我们可以跑一个裸的\(floyed\)来处理出图上任意两个点之间的最短路。

if(k>=n)
{
	for(int l=1;l<=n;l++)//l枚举断点
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=n;j++)//floyd标志性的三层for循环
			{
				ans[i][j]=minn(ans[i][j],ans[i][l]+ans[l][j]);
				//ans[i][j]根据floyd算法的定义，为i到j的最短路
			}
		}
	}
}

那么剩下的问题就是处理会受\(k\)值限制的情况了。

既然有一个对经过路径条数限制的条件，那么我们不妨给记录最短路的数组再增加一个维度。

令\(dis[i][j][k]\)表示经过\(k\)条边的前提下，\(i\)到\(j\)的最短路。

再加入\(k\)限制之前，我们先来看看传统的\(floyd\)是如何工作的。

Autobus 方法记录

可以直观地看到，类似动态规划，\(dis[i][j]\)可能由\(dis[i][l]+dis[l][j]\)更新而来，或者由\(dis[i][j]\)直接继承。

那么考虑在这个更新的过程中加入\(k\)的限制。

若\(dis[i][j]\)是由\(dis[i][l]+dis[l][j]\)更新而来的，那么在这种情况下\(i\)到\(j\)的经过边数就是\(i\)到\(l\)的经过边数与\(l\)到\(j\)的经过边数的总和。

Autobus 方法记录

那\(i\)到\(j\)可能的经过的边数就可以通过\(i\)到\(l\)与\(l\)到\(j\)可能经过的边数更新。我们的方法是，外层循环从\(1\)到\(k\)枚举\(i\)到\(l\)可能经过的边数\(p1\)，内层循环从\(1\)枚举\(l\)到\(j\)可能经过的边数\(p2\)，且\(p1+p2<=k\).

Autobus 方法记录

k=minn(k,n);
for(int l=1;l<=n;l++)//l枚举断点
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)//floyd标志性的三层for循环
		{
			for(int p1=1;p1<=k;p1++)//i到l可能的边数
			{
				for(int p2=1;p2<=k&&p1+p2<=k;p2++)//l到j可能的边数
				{
					dis[i][j][p1+p2]=minn(dis[i][j][p1+p2],dis[i][l][p1]+dis[l][j][p2]);
				}
			}
		}
	}
}

然后我们便得到了从点\(i\)到点\(j\)，经过\(1~k\)条边的最短路。然后我们再用\(ans[i][j]\)处理出这经过\(1~k\)条边的方案中最短的情况。（即最短路中的最短路）

综合以上两种情况，\(ans[i][j]\)就是最终的最短路了。

如果想用以下代码AC，需要做好常数优化，比如\(O2\),\(register\)...

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf=1e9;
const int N=75;
int n,m,a,b,t;
int k,q,c,d;
int dis[N][N][N];//dis[i][j][k]:经过k条边的前提下，i到j的最短路
int ans[N][N];
int minn(int a,int b)
{
	return a<b?a:b;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			for(int k=1;k<=n;k++)
				dis[i][j][k]=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			ans[i][j]=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int k=1;k<=n;k++)
			dis[i][i][k]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&t);
		dis[a][b][1]=minn(dis[a][b][1],t);
		ans[a][b]=minn(ans[a][b],t);
	}
	scanf("%d%d",&k,&q);
	if(k>=n)
	{
		for(int l=1;l<=n;l++)//l枚举断点
		{
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				for(int j=1;j<=n;j++)//floyed标志性的三层for循环
				{
					ans[i][j]=minn(ans[i][j],ans[i][l]+ans[l][j]);
					//ans[i][j]根据floyed算法的定义，为i到j的最短路
				}
			}
		}
	}
	else
	{
		k=minn(k,n);
		for(int l=1;l<=n;l++)//l枚举断点
		{
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				for(int j=1;j<=n;j++)//floyed标志性的三层for循环
				{
					for(int p1=1;p1<=k;p1++)//i到l可能的边数
					{
						for(int p2=1;p2<=k&&p1+p2<=k;p2++)//l到j可能的边数
						{
							dis[i][j][p1+p2]=minn(dis[i][j][p1+p2],dis[i][l][p1]+dis[l][j][p2]);
						}
					}
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				ans[i][j]=inf;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				for(int l=1;l<=k;l++)
					ans[i][j]=minn(ans[i][j],dis[i][j][k]);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&c,&d);
		if(c==d) puts("0");
		else if(ans[c][d]==inf) puts("-1");
		else printf("%d\n",ans[c][d]);
	}
	return 0;
}

继续考虑，若我们能优化掉一层循环，是不是就可以更安稳地A掉这道题了？

依然是以\(k\)作为突破口，有以下策略：“\(k\)越大，答案一定不会更差。”现在我们要利用这种策略，那么上文“令\(dis[i][j][k]\)表示经过\(k\)条边的前提下，\(i\)到\(j\)的最短路”的定义就不合适了。因为我们并不一定要把\(k\)条边走完，\(k\)只是我们做选择时的限制。\(k\)越大，说明限制越宽松。

那么我们的解法便初具雏形了。最外层从\(2\)到\(k\)枚举每一种最大经过的边限制，（为什么不从\(1\)开始枚举？因为最多经过一条边就是相邻两点间的距离了）在循环内跑一个\(floyd\)，总共四层循环。

剩下的问题就是，转移方程如何设计。首先我们需要明确一点：\(k\)越大，说明选择的面更广，所以每一次的答案，是从上一次的答案加上“新的选择”生成的。

b[i][j]=minn(b[i][j],a[i][l]+init[l][j]);

这就是核心转移方程，其中\(b\)数组记录下一次的答案，\(a\)数组记录这一次的答案，\(init\)数组是我们最开始输入的图，它正代表着“新的选择”。

为了维护这个转移方程，首先我们要把输入的图记录下来——\(init\)数组在后续是不会改变的；然后用\(a,b\)两个数组记录这次的结果和下次的结果。具体地讲，就是每轮循环开始时将\(a\)赋给\(b\)，跑完\(floyd\)后再将\(b\)赋给\(a\)，如此往复。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=75;
const int inf=1e9;
int n,m,u,v,t;
int k,q,c,d;
int init[N][N],a[N][N],b[N][N];
int minn(int a,int b)
{
	return a<b?a:b;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			init[i][j]=inf;//init数组初始化为一个极大值
	for(int i=1;i<=n;i++)
		init[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);
		init[u][v]=minn(init[u][v],t);
	}
	scanf("%d%d",&k,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			a[i][j]=init[i][j];//a数组最开始的状态就是init
	k=minn(k,n);//同理，每个点最多到一次，所以和n取最小
	for(int p=2;p<=k;p++)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				b[i][j]=a[i][j];//a赋给b 

		for(int l=1;l<=n;l++)
			for(int i=1;i<=n;i++)
				for(int j=1;j<=n;j++)
					b[i][j]=minn(b[i][j],a[i][l]+init[l][j]);//核心：floyd 

		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				a[i][j]=b[i][j];//b赋给a
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&c,&d);
		if(c==d) puts("0");
		else if(a[c][d]==inf) puts("-1");
		else printf("%d\n",a[c][d]);
	}
	return 0;
}

还可以更快吗？

注意到转移方程:

b[i][j]=minn(b[i][j],a[i][l]+init[l][j]);

因为该转移满足结合律，所以考虑用广义矩阵快速幂优化。再想，上个方法的最外层循环是不是在枚举\(k\)？那么，这个转移从本质上来讲就是求\(init[l][j]^k\).

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=75;
const int inf=0x3f3f3f3f;//为了方便memset的使用，inf不可以开成1e9
int n,m,u,v,t;
int x,q,c,d;
int init[N][N];
int ans[N][N];
int minn(int x,int y)
{
	return x<y?x:y;
}
void mul(int a[N][N],int b[N][N])//矩阵乘法，仔细观察会发现转移方程像极了floyd
{
	int c[N][N];
	memset(c,inf,sizeof(c));
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				c[i][j]=minn(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]);
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(init,inf,sizeof(init));
	for(int i=1;i<=n;i++) init[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);
		init[u][v]=minn(init[u][v],t);
	}
	scanf("%d%d",&x,&q);
	x=minn(x,n);
	memset(ans,inf,sizeof(ans));
	for(int i=1;i<=n;i++) ans[i][i]=0;
	while(x)//矩阵快速幂
	{
		if(x&1) mul(ans,init);
		mul(init,init);
		x>>=1;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&c,&d);
		if(ans[c][d]==inf) puts("-1");
		else printf("%d\n",ans[c][d]);
	}
	return 0;
}

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