题链:
https://nanti.jisuanke.com/t/11217
题解:
分治,最短路。
如果我们规定只能经过编号为l~r的点,
那么Floyd就可以很好地计算出此情况下的任意两点间的最短路。
(只需让Floyd的第一层循环k从l枚举到r即可)
由于题目需要求不经过某一个点时的最短路径之和,
显然我们可以可以沿用上面的做法:假设此时不能经过p号点,
那么我们就让Floyd的第一层循环k从1枚举到p-1再从p+1枚举到N。
这样做的复杂度为O(N^4)。
但是注意到对于两种情况:不经过p1,不经过p2,(令p1<p2)
在分别做Floyd的时候,其实是有很多相同的部分:
(即Floyd的第一层循环都枚举了1~p1-1,p1+1~p2-1,p2+1~N)
所以由此收到启发,我们可以使用分治的方法来避免重复计算。
divide(l,r)表示不经过编号为l~r的点时的dis[][]数组,
显然由定义可知,1~l-1,r+1~N的点都可能作为中转点,即被Floyd的第一层循环枚举过。
最后到了divide(l,l)时,得到的dis[][]数组就是不经过l点时的任意两点间的最短路了。
复杂度O(N^3 logN)。
代码:
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int MAXN=305; int N; ll ANS; void Floyd(int l,int r,int dis[MAXN][MAXN]){ for(int k=l;k<=r;k++) for(int i=1;i<=N;i++) if(i!=k&&dis[i][k]!=-1) for(int j=1;j<=N;j++) if(j!=k&&dis[k][j]!=-1){ if(dis[i][j]==-1) dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j]; else dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); } } void divide(int l,int r,int dis[MAXN][MAXN]){ if(l==r){ for(int i=1;i<=N;i++) if(i!=l) for(int j=1;j<=N;j++) if(j!=l&&i!=j) ANS+=dis[i][j]; return; } int mid=(l+r)>>1; int (*disl)[MAXN]=new int[MAXN][MAXN]; memcpy(disl,dis,MAXN*MAXN*4); Floyd(mid+1,r,disl); divide(l,mid,disl); delete []disl; int (*disr)[MAXN]=new int[MAXN][MAXN]; memcpy(disr,dis,MAXN*MAXN*4); Floyd(l,mid,disr); divide(mid+1,r,disr); delete []disr; } int main(){ scanf("%d",&N); int (*dis)[MAXN]=new int[MAXN][MAXN]; for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=N;j++) scanf("%d",&dis[i][j]); divide(1,N,dis); printf("%lld\n",ANS); return 0; }