AtCoder Regular Contest 102 (ARC102) D All Your Paths are Different Lengths 构造

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题目传送门 - ARC102D

题意

　　给定 $L$，请你构造一个节点个数为 $n$ ，边数为 $m$ 的图，边带权，满足以下条件：

　　1.　$n\leq 20$

　　2.　$m\leq 60$

　　3.　如果有向边 $a\rightarrow b$ 存在，那么 $a<b$ 。

　　4.　从 $1$ 走到 $n$ 总共有 $L$ 种不同的路径，这 $L$ 条路径的长度分别为 $0,1,\cdots , L-1$ 。

　　$L\leq 10^6$

题解

　　垃圾翻译告诉我 $n\geq 20$ 。于是我立马构造了一个 $40$ 个点的图来满足。在看样例的时候，我发现读错了题目。

　　然后我就一直在想如何用 $2^k$ 的边权来构造。不知道为什么我只在想用这种边权构造。

　　然后我扔掉这种做法想出了一个 AC 做法，5分钟敲完 AC 了。赛后，Funtionendless 给我讲了一下他口胡的做法，然而我发现和我之前想的假做法好像，说他是错的；然后最后我发现我…… 于是我又知道了一种做法。

　　由于这两种做法的正确性都比较显然，所以不加解释。

　　做法1：by me

build(x,L){//以x为当前子图的最小标号节点，构造一个具有 [0,L] 的路径长度的图
	if (L==0){
		AddEdge(x,n,0);
		return;
	}
	if (L==1){
		AddEdge(x,n,0);
		AddEdge(x,n,1);
		return;
	}
	y=NewNode();
	if (L mod 2==0)
		AddEdge(x,n,L);
	if (L mod 2==0)
		L=L div 2-1;
	else
		L=L div 2;
	AddEdge(x,y,0);
	AddEdge(x,y,L);
	build(y,L);
}

　　

　　做法2：by Funtionendless

int calc(int x,int i){//以x为当前子图的最小标号节点，构造一个具有 [0,L) 的路径长度的图
	return x&~((1<<(i+1))-1);
}
int GetD(int x,int i){
	return  x的i次二进制位;
}
n=20;
build(x,L){
	for (i = 0 to 18){
		AddEdge(i+1,i+2,Pow(2,i));
		AddEdge(i+1,i+2,0);
	}
	if (GetD(0))
		AddEdge(1,n,calc(L,0));
	for (i = 1 to 19)
		if (GetD(L,i)==1)
			AddEdge(i,n,calc(L,i));
}

　　

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=105;
LL read(){
	LL x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)&&ch!='-')
		ch=getchar();
	if (ch=='-')
		f=-1,ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
	return x*f;
}
int n,m=0,L;
int A[N],B[N],C[N];
void push(int a,int b,int c){
	m++;
	A[m]=a;
	B[m]=b;
	C[m]=c;
}
int main(){
	L=read()-1;
	n=20;
	int cnt=1;
	while (L>=0){
		if (L==0){
			if (cnt<n)
				push(cnt,n,0);
			break;
		}
		if (L==1){
			push(cnt,n,0);
			push(cnt,n,1);
			break;
		}
		if (L%2==0)
			push(cnt,n,L);
		L=(L+1)/2;
		push(cnt,cnt+1,0);
		push(cnt,cnt+1,L);
		L--;
		cnt++;
	}
	printf("%d %d\n",n,m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		printf("%d %d %d\n",A[i],B[i],C[i]);
	return 0;
}