[BZOJ1138][POI2009]Baj 最短回文路

Posted 2020-09-02 xjr_01

[BZOJ1138][POI2009]Baj 最短回文路

试题描述

N个点用M条有向边连接，每条边标有一个小写字母。 对于一个长度为D的顶点序列，回答每对相邻顶点Si到Si+1的最短回文路径。 如果没有，输出-1。 如果有，输出最短长度以及这个字符串。

输入

第一行正整数N和M ( 2 ≤ N ≤ 400 , 1 ≤ M ≤ 60,000 ) 接下来M行描述边的起点，终点，字母。接下来D表示询问序列长度 ( 2 ≤ D ≤ 100 ) 再接下来D个1到N的整数

输出

对于D-1对相邻点，按要求输出一行。如果没合法方案，输出-1。 如果有合法，输出最短长度

输入示例

6 7
1 2 a
1 3 x
1 4 b
2 6 l
3 5 y
4 5 z
6 5 a
3
1 5 3

输出示例

3
-1

数据规模及约定

见“输入”

题解

朴素的 dp 是这样的：设 f[i][j] 表示节点 i 到节点 j 的最短回文长度，转移的时候枚举字母 x，设节点 j 沿着带有字母 x 的边走一格所能到达的点集为集合 A，设 i 逆着带有字母 x 的边走一格所能达到的点集为集合 B。那么对于 ?a ∈ A, ?b ∈ B，就可以更新 f[a][b] 了，即 f[a][b] = min{ f[a][b], f[i][j] + 2 }。

但是我们发现这个算法被爆菊了。。。就是如果有很多条相同字母的边指向 i，相同字母的边从 j 出发，转移就会被卡成 O(n²) 的了。。。

解决方式就是添加一个中间状态 g[i][j][c]，表示节点 i 到节点 j 的路径最后一个字母是 c，并且除掉最后一个字母后它就是一个回文路径，在这样的情况下的最短长度。那么对于状态 f[i][j]，可以用节点 j 沿着字母 c（枚举）走一格到达的所有节点 b 来更新 g[i][b][c]；对于状态 g[i][b][c]，可以用节点 i 逆着字母 c（这个字母是固定的，即状态中的字母）走一格到达的所有节点 a 来更新 f[a][b]，这样状态数变成了原来的 27 倍，转移复杂度变成了 O(n)。

转移顺序比较乱，可以用 BFS 帮助转移。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 410
#define maxa 26
#define maxm 10660

bool G[maxn][maxn][maxa];
int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn][maxa];
vector <int> from[maxn][maxa], to[maxn][maxa];
void AddEdge(int a, int b, int c) {
	to[a][c].push_back(b);
	from[b][c].push_back(a);
	return ;
}

struct Pair {
	int a, b, c;
	Pair() {}
	Pair(int _1, int _2, int _3): a(_1), b(_2), c(_3) {}
};
queue <Pair> Q;

int main() {
	int n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int a = read(), b = read(); char ch[2]; scanf("%s", ch);
		G[a][b][ch[0]-‘a‘] = 1;
	}
	
	memset(f, -1, sizeof(f)); memset(g, -1, sizeof(g));
	for(int i = 1; i <= n; i++) Q.push(Pair(i, i, -1)), f[i][i] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= n; j++) if(i != j) {
			bool fl = 0;
			for(int c = 0; c < maxa; c++) if(G[i][j][c]) {
				AddEdge(i, j, c);
				fl = 1; break;
			}
			if(fl) f[i][j] = 1, Q.push(Pair(i, j, -1));
		}
	while(!Q.empty()) {
		Pair u = Q.front(); Q.pop();
		int a = u.a, b = u.b, c = u.c, tmp = c < 0 ? f[a][b] : g[a][b][c];
//		printf("(%d, %d, %d)\n", a, b, c);
		if(c < 0)
			for(c = 0; c < maxa; c++)
				for(int i = 0; i < to[b][c].size(); i++) {
					int B = to[b][c][i];
					if(g[a][B][c] < 0) g[a][B][c] = tmp + 1, Q.push(Pair(a, B, c));
				}
		else
			for(int i = 0; i < from[a][c].size(); i++) {
				int A = from[a][c][i];
				if(f[A][b] < 0) f[A][b] = tmp + 1, Q.push(Pair(A, b, -1));
			}
	}
	
	int q = read(), st = read();
	for(int i = 2; i <= q; i++) {
		int u = read();
		printf("%d\n", f[st][u]);
		st = u;
	}
	
	return 0;
}