POJ 2432

\(\mathbf{POJ\;2432}\)题解

题意

给出圆上的\(N\)个点，每个点有一个经度（大于\(0\)小于\(360\)）；再给出\(M\)条双向边，保证边\(x y\)仅会沿圆上较短的弧连接，且不存在边连接圆上相对的两个点的情况。

求一条从点\(1\)出发最后回到点\(1\)，且能环绕圆的经过点数最少的路径。

思路

边权为\(1\)的最短路，显然可以想到BFS。但由于还要满足“能环绕圆”这一条件，我们需要加一些限制。

不妨预处理出每条边的连接的两地间的经度差作为边权，顺时针边置正权，逆时针边置负权，并在BFS的状态中加入一维，表示路径权值和。

那么在BFS时，就可以用已走过的路径权值和\(dis\)来判断一条从\(1\)出发再回到\(1\)的路径是否合法了。

不难发现，若\(dis\)不为\(0\)，那么一条从\(1\)出发回到\(1\)的路径一定是合法的，反之亦然。

另外，一个状态\(f(x,dis)\)一定不会出现两次，所以用一个集合（STL set）来记录已经出现过的状态，起一般BFS中标记数组的作用。

最后，在计算答案时用一个成员变量\(step\)记录经过了几个点。

使用以上算法即可通过本题。如果想进一步优化，可以把queue改为手写queue，set改为手写Hash。

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
//include STL queue
#include<queue>
//include STL set
#include<set>
//include STL pair
#include<utility>
#define N 5005
#define M 25005
using namespace std;
struct pos{
	int x,dis;
	int step;
}tmp,fro;
struct Edge{
	int nxt,to,w;
}e[M<<1];
int n,m,tot=1,head[N],a[N];
queue<pos>q;
set<pair<int,int> >cnt;
void addedge(int x,int y,int z)
{
	e[++tot]=(Edge){head[x],y,z},head[x]=tot;//顺时针
	e[++tot]=(Edge){head[y],x,-z},head[y]=tot;//逆时针
}
int getdis(int x,int y)//返回两地经度差
{
	int z=min(abs(x-y),360-abs(x-y));
	if((x+z)%360==y)
		return z;//顺时针
	else
		return -z;//逆时针
}
int bfs()
{
	fro.x=1;fro.dis=0,fro.step=0;
	q.push(fro);
	while(!q.empty())
	{
		fro=q.front(),q.pop();
		int x=fro.x,dis=fro.dis,step=fro.step;
		cnt.insert(make_pair(x,dis));
		for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nxt)
		{
			y=e[i].to;
			if(y==1 && dis+e[i].w)
				return step+1;
			if(cnt.find(make_pair(y,dis+e[i].w))!=cnt.end())
				continue;
			tmp.x=y,tmp.dis=dis+e[i].w,tmp.step=step+1;
			q.push(tmp);
		}
	}
	return -1;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",a+i);
	for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		z=getdis(a[x],a[y]);
		if(z>0)	addedge(x,y,z);//顺时针
		else	addedge(y,x,-z);//逆时针
	}
	printf("%d\n",bfs());
	return 0;
}
/*
3 3
0
120
240
1 2
2 3
1 3
*/

完结撒花