題解 APIO2013機械人

其實這題前前後後的思考時間加起來應該有兩天之久了，dp狀態，轉移方式等等都還是比較好想，然而左看右看覺得spfa複雜度未免太**……然後選擇看了一篇題解，發現在多重優化之下，其實是可以過的……

首先建立狀態，這個應該比較明顯：\(f[l][r][x][y]\) 代表合併完區間 \(l\) ~\(r\) 之後，機械人停在 \(x,y\) 處所需要的最少移動次數。轉移狀態即為：

\(f[l][r][x][y] = f[l][k][x][y] + f[k + 1][r][x][y] \left ( l <= k <= r \right )\)

\(f[l][r][x][y] = f[l][r][x'][y'] + 1 \)

其中第二個轉移發生的條件是 \(x',y'\) 可以一步到達 \(x,y\)。第二個轉移狀態就是在之前的部落格中所提及的那樣：1.滿足三角形不等式；2.不滿足拓撲序；針對這樣的轉移，我們用 spfa 來優化 dp 的轉移。注意在這張圖中，邊權均為1。在單源的最短路中，這樣的圖spfa可以優化為bfs，在多源最短路中我們可以使用兩個佇列來進行優化。這兩個佇列分別儲存新增的節點 & 被鬆弛所以要去鬆弛其餘節點的節點。這樣將節點分類之後，每一次取出隊首元素權值更小的進行鬆弛操作。我們會發現第二個佇列中節點的權值是單調的（在邊權為1的圖中，先訪問到的節點權值更小），而第乙個佇列中的元素我們使用基數排序來排。（並不知道為什麼要用基數排序，或許就是比較快吧？）

然後這份**是我抄的大佬的**，非常感謝了。其中有乙個小小的技巧：memset的時候預設賦給節點當前資料型別的最大值，相加會溢位。但對於這種沒有正負要求的，我們可以利用 unsigned 自然溢位使得結果依然是最大值。(･ω<)☆ 感覺這題還是挺毒的，差點就被毒死了……

#include using
namespace
std;
#define maxn 505
#define maxk 400000
#define uns unsigned short
#define inf 32639
int n, w, h, ans =inf;
int mark[maxn][maxn][5
];int
l, r;
uns f[
12][12
][maxn][maxn];
intcnt, top, tank[maxk], s[maxk];
char
map[maxn][maxn];
bool
vis[maxn][maxn];
int dxy[4][2] = , , , };
struct
node
}g[maxn][maxn][
5], pos[11
], q[maxk];
queue 
q1, q2;
intread()
while(c >= '
0' && c <= '
9') x = x * 10 + c - '
0', c =getchar();
return x *k;
}void gmin(uns &x, uns y) 
node dfs(
int x, int y, int
k)void
spfa()
vis[now.x][now.y] = 0
;        
for(int i = 0; i < 4; i ++)}}
}int
main()
for(int i = 1; i <= h; i ++)
for(int j = 1; j <= w; j ++)
if(map[i][j] != 'x'
)                 
for(int k = 0; k < 4; k ++)
++cnt, dfs(i, j, k);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int l = 2, j; l <= n; l ++)
for(int i = 1; (j = i + l - 1) <= n; i ++)
l = i, r =j; spfa();
}unsigned 
short ans =inf;
for(int i = 1; i <= h; i ++)
for(int j = 1; j <= w; j ++)
ans = min(ans, f[1
][n][i][j]);
if(ans < inf) printf("
%u\n
", ans);
else printf("
-1\n");
return0;
}

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