关于 [CSP-S 2022] 假期计划的一些想法

洛谷链接

考场算法

这题暴力其实很好想，但是我觉得暴力太低级了，所以就直接跳过了第一步。然而我的分数其实比暴力的还少一点（悲）。
首先，为了判断能吧哪里作为景点，首先跑一次最短路，记录每个点之间的距离。接下来在选择点的时候，我想到了这么一个东西。

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家

景点A

景点B

景点C

景点D

整个过程可以从中间断开，分成前后两端，每一段的过程都可以描述为1 - x - y。最后找解的时候就在这么一个储存的数组里面找就可以了。
然而在这之后我算法的所有瓶颈都出在找的这个地方。在考场上我最后决定用贪心找。把这些状态放到一个优先队里面，然后找能和最大的匹配的另一半。最后得了55分（悲）。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;struct node {int id, dep; node (int id_, int dep_) {id = id_;dep = dep_;}
};struct res {int p1, p2;unsigned long long num;res (int p1_, int p2_, unsigned long long num_) {p1 = p1_;p2 = p2_;num = num_;}bool operator < (const res x) const {if (num < x.num) return true;else return false;}
};priority_queue <res> pue;
queue <node> que;
int n, m, k, dis[2510][2510];
unsigned long long score[2510];
bool vh[2510];
vector <int> p[2510];void work_dis (int fa, int ori) {dis[fa][fa] = ori;vh[fa] = 1;que.push (node (fa, ori));while (!que.empty()) {node f = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < p[f.id].size(); ++i) {if (vh[p[f.id][i]]) continue;vh[p[f.id][i]] = 1;dis[fa][p[f.id][i]] = dis[fa][f.id] + 1;que.push (node (p[f.id][i], dis[fa][f.id] + 1));}}
}void dfs (int pos, int fa, int dep, unsigned long long val) {if (dep > 1) {if (pos != 1) pue.push (res (pos, fa, val));return;}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (dis[pos][i] == -1 || dis[pos][i] > k) continue;dfs (i, pos, dep + 1, val + score[i]);}
}bool check (res x, res y) {if (x.p1 != y.p1 && x.p2 != y.p2 && x.p1 != y.p2 && x.p2 != y.p1) return true;return false;
}int main() {//freopen ("holiday.in", "r", stdin);//freopen ("holiday.out", "w", stdout);memset (dis, -1, sizeof (dis));cin >> n >> m >> k;for (int i = 2; i <= n; ++i)cin >> score[i];for (int i = 1; i <= m; ++i) {int u, v;cin >> u >> v;p[u].push_back (v);p[v].push_back (u);}for (int i = 1; i <= n; ++i) {memset (vh, 0, sizeof (vh));work_dis (i, -1);}dfs (1, 1, 0, 0);res r1 = pue.top();pue.pop();while (!check (r1, pue.top())) pue.pop();cout << r1.num + pue.top().num << endl;//fclose (stdin);//fclose (stdout);return 0;
}

后来

上面的这个代码貌似有点问题，但是我也懒得改了。首先貌似是存状态的时候个别状态方向反了。然后好像在判断两个一半之间能不能联通、有没有重复的时候也有点问题。
但是在这之后我总的方向还是没变的。经过我不懈的尝试我发现匹配两半的时候，设状态总数为 T T T，那么在前 T T T个分数最大的方案和前 T l o g T TlogT TlogT个最大方案中匹配能通过的点数最多。对此，我的猜想是：大部分有用的解都集中在前面，而这种枚举方式能最大限度地在最优解中匹配，而且数量相对平衡。总之是没啥正理经过玄学优化枚举范围后的代码能A掉所有的官方数据，而且只有一个民间数据WA掉了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;struct node {int id, dep; node (int id_, int dep_) {id = id_;dep = dep_;}
};struct res {int p1, p2;unsigned long long num;bool operator < (const res x) const {if (num > x.num) return true;else return false;}
};queue <node> que;
int n, m, k, dis[2510][2510], cnt, logn[6000010];
unsigned long long score[2510];
bool vh[2510];
res ans[6000010];
vector <int> p[2510];void work_logn() {logn[1] = 0;for (int i = 2; i <= cnt; ++i)logn[i] = logn[i / 2] + 1;
}void work_dis (int fa, int ori) {dis[fa][fa] = ori;vh[fa] = 1;que.push (node (fa, ori));while (!que.empty()) {node f = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < p[f.id].size(); ++i) {if (vh[p[f.id][i]]) continue;vh[p[f.id][i]] = 1;dis[fa][p[f.id][i]] = dis[fa][f.id] + 1;que.push (node (p[f.id][i], dis[fa][f.id] + 1));}}
}void dfs (int pos, int fa, int dep, unsigned long long val) {if (dep > 1) {if (pos != 1) ans[++cnt] = {fa, pos, val};return;}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (dis[pos][i] == -1 || dis[pos][i] > k) continue;dfs (i, pos, dep + 1, val + score[i]);}
}bool check (res x, res y) {if (x.p1 != y.p1 && x.p2 != y.p2 && x.p1 != y.p2 && x.p2 != y.p1) return true;return false;
}bool check_link (int x, int y) {if (dis[x][y] <= k && dis[x][y] != -1) return true;return false;
}int main() {memset (dis, -1, sizeof (dis));cin >> n >> m >> k;for (int i = 2; i <= n; ++i)cin >> score[i];for (int i = 1; i <= m; ++i) {int u, v;cin >> u >> v;p[u].push_back (v);p[v].push_back (u);}for (int i = 1; i <= n; ++i) {memset (vh, 0, sizeof (vh));work_dis (i, -1);}dfs (1, 1, 0, 0);work_logn();sort (ans + 1, ans + 1 + cnt);unsigned long long maxn = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = i + 1; j <= n * logn[cnt]; ++j)if (check (ans[i], ans[j]) && check_link (ans[i].p2, ans[j].p2) && maxn < ans[i].num + ans[j].num) maxn = ans[i].num + ans[j].num;cout << maxn << endl;return 0;
}

由于 T T T约等于 n 2 n ^ 2 n2，这个方法的时间复杂度差不多是 n 2 l o g n n ^ 2 log n n2logn，时间上问题不大。
然后在洛谷上看到一篇题解，思路和我的差不多，但是在匹配两半的时候边统计边找最大值，时间复杂度一样，但是可以匹配完所有的，具体没看懂。
大致上对于官方数据而言，我的任务完成了。但是真正的算法，还是需要我继续去想一想的。