CSP-S 2022提高组T1：假期计划

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[CSP-S 2022] 假期计划

题目描述

小熊的地图上有 $n$ 个点，其中编号为 $1$ 的是它的家、编号为 $2,3,\dots ,n$ 的都是景点。部分点对之间有双向直达的公交线路。如果点 $x$ 与 $z_1$、$z_1$ 与 $z_2$、……、$z_{k?1}$ 与 $z_k$、$z_k$ 与 $y$ 之间均有直达的线路，那么我们称 $x$ 与 $y$ 之间的行程可转车 $k$ 次通达；特别地，如果点 $x$ 与 $y$ 之间有直达的线路，则称可转车 $0$ 次通达。

很快就要放假了，小熊计划从家出发去 $4$ 个不同的景点游玩，完成 $5$ 段行程后回家：家 $\to$ 景点 A $\to$ 景点 B $\to$ 景点 C $\to$ 景点 D $\to$ 家且每段行程最多转车 $k$ 次。转车时经过的点没有任何限制，既可以是家、也可以是景点，还可以重复经过相同的点。例如，在景点 A $\to$ 景点 B 的这段行程中，转车时经过的点可以是家、也可以是景点 C，还可以是景点 D $\to$ 家这段行程转车时经过的点。

假设每个景点都有一个分数，请帮小熊规划一个行程，使得小熊访问的四个不同景点的分数之和最大。

输入格式

第一行包含三个正整数 $n,m,k$，分别表示地图上点的个数、双向直达的点对数量、每段行程最多的转车次数。

第二行包含 $n?1$ 个正整数，分别表示编号为 $2,3,\dots ,n$ 的景点的分数。

接下来 $m$ 行，每行包含两个正整数 $x,y$，表示点 $x$ 和 $y$ 之间有道路直接相连，保证 $1\le x,y\le n$，且没有重边，自环。

输出格式

输出一个正整数，表示小熊经过的 $4$ 个不同景点的分数之和的最大值。

样例 #1

样例输入 #1

8 8 1
9 7 1 8 2 3 6
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 1

样例输出 #1

27

样例 #2

样例输入 #2

7 9 0
1 1 1 2 3 4
1 2
2 3
3 4
1 5
1 6
1 7
5 4
6 4
7 4

样例输出 #2

7

提示

【样例解释 #1】

当计划的行程为 $1\to 2\to 3\to 5\to 7\to 1$ 时，$4$ 个景点的分数之和为 $9+7+8+3=27$，可以证明其为最大值。

行程 $1\to 3\to 5\to 7\to 8\to 1$ 的景点分数之和为 $24$、行程 $1\to 3\to 2\to 8\to 7\to 1$ 的景点分数之和为 $25$。它们都符合要求，但分数之和不是最大的。

行程 $1\to 2\to 3\to 5\to 8\to 1$ 的景点分数之和为 $30$，但其中 $5\to 8$ 至少需要转车 $2$ 次，因此不符合最多转车 $k=1$ 次的要求。

行程 $1\to 2\to 3\to 2\to 3\to 1$ 的景点分数之和为 $32$，但游玩的并非 $4$ 个不同的景点，因此也不符合要求。

【数据范围】

对于所有数据，保证 $5\le n\le 2500$，$1\le m\le 10000$，$0\le k\le 100$，所有景点的分数 $1\le s_i\le {10}^{18}$。保证至少存在一组符合要求的行程。

测试点编号	$n\le$	$m\le$	$k\le$
$1～3$	$10$	$20$	$0$
$4～5$	$10$	$20$	$5$
$6～8$	$20$	$50$	$100$
$9～11$	$300$	$1000$	$0$
$12～14$	$300$	$1000$	$100$
$15～17$	$2500$	$10000$	$0$
$18～20$	$2500$	$10000$	$100$

算法思想 - 暴力枚举

根据题目描述，要求的是从家出发去 $4$ 个不同的景点游玩，完成 $5$ 段行程后回家，在每段行程转车不超过$k$次的情况下，经过的 $4$ 个景点的分数之和的最大值。

• 为了满足每段行程转车不超过$k$次，需要预处理任意两段行程之间的是否满足要求，不妨设$st(i,j)$表示从景点$i\to j$是否满足转车不超过$k$次。预处理的过程可以通过bfs实现。
• 接下来暴力枚举$4$ 个不同的景点$a,b,c,d$就可以拿到$75$分

时间复杂度

• bfs预处理任意两端行程之间的是否满足要求，时间复杂度$O(n\times m)$
• 暴力枚举$4$ 个不同的景点的时间复杂度为$O(n^4)$

代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2505;
int n, m, k;
vector<int> g[N];
int st[N][N], dis[N];
LL w[N];
void bfs(int s)
{
    queue<int> q;
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    dis[s] = 0;
    q.push(s);
    while(q.size())
    {
        int u = q.front(); q.pop();
         //如果起点到u点的距离到达k+1，需要转车k次，就不能继续扩展了
        if(dis[u] == k + 1) continue;
        for(int v : g[u])
        {
            if(dis[v] > dis[u] + 1)
            {
                dis[v] = dis[u] + 1;
                st[s][v] = true; //从起点到v转车不超过k次
                q.push(v);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i = 2; i <= n; i ++) scanf("%lld", &w[i]);
    for(int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        g[a].push_back(b), g[b].push_back(a);
    }
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        bfs(i);
    LL ans = 0;
    //暴力枚举4个不同的景点
    for(int a = 2; a <= n; a ++)
    {
        if(!st[1][a]) continue;
        for(int b = 2; b <= n; b ++)
        {
            if(!st[a][b]) continue;
            for(int c = 2; c <= n; c ++)
            {
                if(!st[b][c] || a == c) continue;
                for(int d = 2; d <= n; d ++)
                {
                    if(!st[d][1] || !st[c][d] || a == d || b == d) continue;
                    ans = max(ans, w[a] + w[b] + w[c] + w[d]);
                }
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

算法思想

从数据范围来分析，$5\le n\le 2500$，因此算法的时间复杂度应控制在$O(n^2)$，也就是说至多枚举两个景点。对于行程 $1\to a\to b\to c\to d\to 1$来说，可以枚举中间两个景点，也就是$b,c$。那么如何确定$a$和$d$呢？

首先，$a$和$d$要满足下面的条件：

• $a,b,c,d$不能相同
• $1\to a$的转车不超过$k$次，同理$d\to 1$的转车也不超过$k$次
• $a\to b$的转车不超过$k$次，同理$c\to d$的转车也不超过$k$次

这里不妨设$f(x)$表示所有与$1$点转车不超过$k$次、与$x$点转车不超过$k$次、并且不是$x$的 所有景点的集合，那么$a\in f(b)$，$d\in f(c)$。通过bfs很容易构造出$f(x)$。

其次，$f(x)$需要保留所有满足条件的景点吗？例如$a\in f(b)$，那么$f(b)$需要保留所有与$1$点转车不超过$k$次、与$b$点转车不超过$k$次、并且不是$b$的所有景点吗？

• 由于要求的是景点的分数之和的最大值，因此应保留分数最大的景点
• 另外，$a$与$c,d$不能相同，为了避免在枚举过程中取得相同的景点，因此在$f(b)$中需要保留满足条件的分数最大的$3$个景点

时间复杂度

基于上述分析，对于$a$和$d$只需要枚举集合$f(b)$和$f(c)$，由于每个集合只有$3$个景点，总的时间复杂度为$O(n^2\times 9)$。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2505;
int n, m, k;
vector<int> g[N];
//f[i]表示所有与1点转车不超过k次、与i点转车不超过k次、并且不是i的所有景点的集合
int st[N][N], dis[N], f[N][4];
LL w[N];
void bfs(int s, int f[])
{
    queue<int> q;
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    dis[s] = 0;
    q.push(s);
    while(q.size())
    {
        int u = q.front(); q.pop();
        if(dis[u] == k + 1) continue;
        for(int v : g[u])
        {
            if(dis[v] > dis[u] + 1)
            {
                dis[v] = dis[u] + 1;
                st[s][v] = true; //从起点到v转车不超过k次
                q.push(v);
                if(st[1][v]) //如果1到v转车不超过k次
                {
                    f[3] = v;
                    //插入排序向前调整
                    for(int i = 3; i > 0 && w[f[i]] > w[f[i - 1]]; i --)
                       swap(f[i], f[i - 1]);
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i = 2; i <= n; i ++) scanf("%lld", &w[i]);
    for(int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        g[a].push_back(b), g[b].push_back(a);
    }
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        bfs(i, f[i]);
    LL ans = 0;
   
    for(int b = 2; b <= n; b ++)
    {
        for(int c = 2; c <= n; c ++)
        {
            if(!st[b][c]) continue;
            for(int i = 0; i < 3; i ++)
                for(int j = 0; j < 3; j ++)
                {
                    int a = f[b][i], d = f[c][j];
                    //a和d存在
                    if(a && d && a != d && a != c && b != d)
                        ans = max(ans, w[a] + w[b] + w[c] + w[d]);
                }
        }
    }
    
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}