L3-014. 周游世界

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判题程序

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作者

陈越

周游世界是件浪漫事，但规划旅行路线就不一定了…… 全世界有成千上万条航线、铁路线、大巴线，令人眼花缭乱。所以旅行社会选择部分运输公司组成联盟，每家公司提供一条线路，然后帮助客户规划由联盟内企业支持的旅行路线。本题就要求你帮旅行社实现一个自动规划路线的程序，使得对任何给定的起点和终点，可以找出最顺畅的路线。所谓“最顺畅”，首先是指中途经停站最少；如果经停站一样多，则取需要换乘线路次数最少的路线。

输入格式：

输入在第一行给出一个正整数N（<= 100），即联盟公司的数量。接下来有N行，第i行（i=1, ..., N）描述了第i家公司所提供的线路。格式为：

M S[1] S[2] ... S[M]

其中M（<= 100）是经停站的数量，S[i]（i=1, ..., M）是经停站的编号（由4位0-9的数字组成）。这里假设每条线路都是简单的一条可以双向运行的链路，并且输入保证是按照正确的经停顺序给出的 —— 也就是说，任意一对相邻的S[i]和S[i+1]（i=1, ..., M-1）之间都不存在其他经停站点。我们称相邻站点之间的线路为一个运营区间，每个运营区间只承包给一家公司。环线是有可能存在的，但不会不经停任何中间站点就从出发地回到出发地。当然，不同公司的线路是可能在某些站点有交叉的，这些站点就是客户的换乘点，我们假设任意换乘点涉及的不同公司的线路都不超过5条。

在描述了联盟线路之后，题目将给出一个正整数K（<= 10），随后K行，每行给出一位客户的需求，即始发地的编号和目的地的编号，中间以一空格分隔。

输出格式：

处理每一位客户的需求。如果没有现成的线路可以使其到达目的地，就在一行中输出“Sorry, no line is available.”；如果目的地可达，则首先在一行中输出最顺畅路线的经停站数量（始发地和目的地不包括在内），然后按下列格式给出旅行路线：

Go by the line of company #X1 from S1 to S2.
Go by the line of company #X2 from S2 to S3.
......

其中Xi是线路承包公司的编号，Si是经停站的编号。但必须只输出始发地、换乘点和目的地，不能输出中间的经停站。题目保证满足要求的路线是唯一的。

输入样例：

4
7 1001 3212 1003 1204 1005 1306 7797
9 9988 2333 1204 2006 2005 2004 2003 2302 2001
13 3011 3812 3013 3001 1306 3003 2333 3066 3212 3008 2302 3010 3011
4 6666 8432 4011 1306
4
3011 3013
6666 2001
2004 3001
2222 6666

输出样例：

2
Go by the line of company #3 from 3011 to 3013.
10
Go by the line of company #4 from 6666 to 1306.
Go by the line of company #3 from 1306 to 2302.
Go by the line of company #2 from 2302 to 2001.
6
Go by the line of company #2 from 2004 to 1204.
Go by the line of company #1 from 1204 to 1306.
Go by the line of company #3 from 1306 to 3001.
Sorry, no line is available.

提交代码

感觉网上写的都太复杂,就自己瞎几把写了个.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int>g[10005];
map<int,map<int,int> >mp; //记录一条路线的编号 二维map不会爆内存
int min1,min2;//路线最少,换乘最少.
int vis[10005]; //回溯标记
int pre[10005];  //记录前驱
stack<int>q;   //将长度最小的路径压入
int road[10005];  // 最后的路径
int road1[10005];  //相同站数不同换乘的数组.
int flag;  //是否可以到达
int len;  //路径的长度
int check(int road[]) {int x=mp[road[0]][road[1]];int cnt=1;for(int i=0; i<len; i++) {if(mp[road[i]][road[i+1]]!=x&&i+1<len) {x=mp[road[i]][road[i+1]];cnt++;}}return cnt;
}
void dfs(int st,int ed,int cnt) {if(((st==ed &&cnt<min1 )||(st==ed&&cnt==min1))) {flag=1;min1=cnt;q.push(ed);while(pre[ed]!=-1) {q.push(pre[ed]);ed=pre[ed];}if(q.size()<len) {len=0;while(!q.empty()) {road[len++]=q.top();q.pop();}} else if(q.size()==len) {int len1=0;while(!q.empty()) {road1[len1++]=q.top();q.pop();}if(check(road1)<check(road)) {for(int i=0; i<len1; i++)road[i]=road1[i];}}return;}int sz=g[st].size();for(int i=0; i<sz; i++) {int v=g[st][i];if(!vis[v]) {vis[v]=1;pre[v]=st;dfs(v,ed,cnt+1);vis[v]=0;pre[v]=-1;}}
}
int main() {int n;while(cin>>n) {for(int i=0; i<10005; i++)g[i].clear();mp.clear();for(int i=1; i<=n; i++) {int m;cin>>m;int num[105];for(int j=0; j<m; j++) {cin>>num[j];}for(int j=0; j<m-1; j++) {g[num[j]].push_back(num[j+1]);g[num[j+1]].push_back(num[j]);mp[num[j]][num[j+1]]=i;mp[num[j+1]][num[j]]=i;}}int k;cin>>k;while(k--) {int a,b;cin>>a>>b;min1=99999;min2=99999;while(!q.empty())q.pop();memset(pre,-1,sizeof(pre));memset(vis,0,sizeof(vis));len=99999999;vis[a]=1;flag=0;dfs(a,b,0);if(!flag) {cout<<"Sorry, no line is available."<<endl;continue;}cout<<len-1<<endl;int x=mp[road[0]][road[1]];int st=0;for(int i=0; i<len; i++) {if(mp[road[i]][road[i+1]]!=x&&i+1<len) {printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n",x,road[st],road[i]);x=mp[road[i]][road[i+1]];st=i;}}printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n",x,road[st],road[len-1]);}}return 0;
}

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