A题: Don’t Starve

原题链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33190/A

题目大意

在二维平面上，有 n(1≤n≤2000)n(1\le n\le 2000)n(1≤n≤2000) 个位置有食物。从原点出发，每次直线前往其他任意一个有食物的位置收集食物。收集完后再次前往下一个点。每当离开一个有食物的点后，该点的食物就会刷新。并且每次的移动距离必须严格递减。

题解

称食物点间的距离为边权。
为了方便处理 初始从原点开始 这个条件，我们可以考虑反向进行 dpdpdp 。
设状态 dpxdp_xdpx 表示从点 xxx 出发后能达到的最多食物点数，因为是反向 dpdpdp ，我们按边权从小到大枚举边进行转移，这样可以保证每次向前转移时，后面的边权一定是比当前边小的。
转移式显然:
dpx=dpy+1dp_x=dp_y+1dpx=dpy+1

注意点

对于相同边权的边，平行进行处理(可以将更新后的值存入一个缓存数组，待相同边权全部转移后再更新)，防止出现转移时前后边权相同(非严格递减)的情况。
存边权时直接使用 (xi−xj)2+(yi−yj)2(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2(xi−xj)2+(yi−yj)2 代替即可，不需要开方，防止出现精度误差。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;template<class T>inline void read(T&x){//快读char c,last=' ';while(!isdigit(c=getchar()))last=c;x=c^48;while(isdigit(c=getchar()))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);if(last=='-')x=-x;
}#define ll long long
const int MAXN=2e3+5;
int n,m;
ll x[MAXN],y[MAXN];
int f[MAXN],g[MAXN];
struct node{int u,v;ll w;node(int U,int V,ll W):u(U),v(V),w(W){}
};
vector<node>e;bool cmp(node a,node b){return a.w<b.w;}inline ll d(int u,int v){return (x[u]-x[v])*(x[u]-x[v])+(y[u]-y[v])*(y[u]-y[v]);}int main()
{read(n);for(int i=1;i<=n;++i)read(x[i]),read(y[i]),e.push_back(node(0,i,d(0,i)));//d(0,i)计算出的即是原点到第 i 个食物点的距离for(int i=1;i<n;++i){for(int j=i+1;j<=n;++j){e.push_back(node(i,j,d(i,j)));}}sort(e.begin(),e.end(),cmp);m=e.size();for(int l=0,r;l<m;l=r){r=l;while(r<m&&e[l].w==e[r].w)++r;//将边权相同的边平行处理for(int j=l;j<r;++j)g[e[j].u]=f[e[j].u],g[e[j].v]=f[e[j].v];//将可能更新的点的缓存数组初始化for(int j=l,u,v;j<r;++j){u=e[j].u,v=e[j].v;g[u]=max(g[u],f[v]+1);if(!u)continue;//如果是 0 到某个食物点的边,视作单向边不反向处理swap(u,v);//反向处理g[u]=max(g[u],f[v]+1);}for(int j=l;j<r;++j)f[e[j].u]=g[e[j].u],f[e[j].v]=g[e[j].v];//更新}cout<<f[0]<<'\n';return 0;
}

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