第十一届蓝桥杯 ——作物杂交

Posted 2021-07-24 业余算法学徒

问题描述
作物杂交是作物栽培中重要的一步。

已知有 $N$ 种作物 (编号 $1$ 至 $N$ )，第 $i$ 种作物从播种到成熟的时间为 $Ti$。

作物之间两两可以进行杂交，杂交时间取两种中时间较长的一方。

如作物 $A$ 种植时间为 $5$ 天，作物 $B$ 种植时间为 $7$ 天，则 $AB$ 杂交花费的时间为 $7$ 天。

作物杂交会产生固定的作物，新产生的作物仍然属于 $N$ 种作物中的一种。

初始时，拥有其中 $M$ 种作物的种子 (数量无限，可以支持多次杂交)，同时可以进行多个杂交过程。

求问对于给定的目标种子，最少需要多少天能够得到。

如存在 $4$ 种作物 $ABCD$，各自的成熟时间为 $5$ 天、$7$ 天、$3$ 天、$8$ 天。

初始拥有 $AB$ 两种作物的种子，目标种子为 $D$，已知杂交情况为 $A\times B\to C，A\times C\to D$。

则最短的杂交过程为：

• 第 $1$ 天到第 $7$ 天 (作物 B 的时间)，$A\times B\to C$。
• 第 $8$ 天到第 $12$ 天 (作物 A 的时间)，$A\times C\to D$。
• 花费 $12$ 天得到作物 $D$ 的种子。

输入描述
第 $1$ 行包含 $4$ 个整数 $N,M,K,T$，$N$ 表示作物种类总数 (编号 $1$ 至 $N$)，$M$ 表示初始拥有的作物种子类型数量，$K$ 表示可以杂交的方案数，$T$ 表示目标种子的编号。
第 $2$ 行包含 $N$ 个整数，其中第 $i$ 个整数表示第 $i$ 种作物的种植时间 $Ti$ ($1\le T\le 100$)
第 $3$ 行包含 $M$ 个整数，分别表示已拥有的种子类型 $Kj$ ($1\le Kj\le M$)，$Kj$ 两两不同。
第 $4$ 至 $K+3$ 行，每行包含 $3$ 个整数 $A,B,C$，表示第 $A$ 类作物和第 $B$ 类作物杂交可以获得第 $C$ 类作物的种子。

输出描述
输出一个整数，表示得到目标种子的最短杂交时间。

样例输入
6 2 4 6
5 3 4 6 4 9
1 2
1 2 3
1 3 4
2 3 5
4 5 6

样例输出
16

样例说明
第 $1$ 天至第 $5$ 天，将编号 $1$ 与编号 $2$ 的作物杂交，得到编号 $3$ 的作物种子。
第 $6$ 天至第 $10$ 天，将编号 $1$ 与编号 $3$ 的作物杂交，得到编号 $4$ 的作物种子。
第 $6$ 天至第 $9$ 天，将编号 $2$ 与编号 $3$ 的作物杂交，得到编号 $5$ 的作物种子。
第 $11$ 天至第 $16$ 天，将编号 $4$ 与编号 $5$ 的作物杂交，得到编号 $6$ 的作物种子。

总共花费 $16$ 天。

数据范围
对于所有评测用例，$1\le N\le 2000,2\le M\le N,1\le K\le 10^5,1\le T\le N$，保证目标种子一定可以通过杂交得到。

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题解
树形DP：

f[u]：得到种子 u 的最短杂交时间。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

typedef pair<int, int> PII;

int N, M, K, T;
vector<PII> e[2010];
int Time[2010], Type[2010], f[2010];

void dfs(int u)
{
	if(f[u] != -1) return;
	f[u] = 0;
	int minv = INF;
	for (int i = 0; i < e[u].size(); i ++)
	{
		int a = e[u][i].first, b = e[u][i].second;
		dfs(a), dfs(b);
		minv = min(minv, max(f[a], f[b]) + max(Time[a], Time[b]));
	}
	if(minv != INF) f[u] += minv;
}

int main()
{
	memset(f, -1, sizeof f);
	cin >> N >> M >> K >> T;
	for (int i = 1; i <= N; i ++) cin >> Time[i];
	for (int i = 1; i <= M; i ++) cin >> Type[i];
	
	while(K --)
	{
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		e[c].push_back({a, b});
	}
	
	dfs(T);
	
	cout << f[T] << endl;
	return 0;
}

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