假期计划（holiday）【CSPS2022】

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, . . . , 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z1、z1 与z2、……、zk−1 与zk、zk 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→ 景点A → 景点B → 景点C → 景点D → 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 → 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 → 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。

测试样例：

holiday.zip

输入输出格式

输入格式：

从文件holiday.in 中读入数据。
第一行包含3 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, . . . , 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 ≤ x, y ≤ n，且没有重边，自环。

输出格式：

输出到文件holiday.out 中。
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。

输入输出样例

输入样例#1：

【输入样例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

【输入样例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

输出样例#1：

【输出样例1】

【输出样例2】

【样例1 解释】
当计划的行程为1 → 2 → 3 → 5 → 7 → 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 → 3 → 5 → 7 → 8 → 1 的景点分数之和为24、行程1 → 3 → 2 → 8 → 7→ 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 → 2 → 3 → 5 → 8 → 1 的景点分数之和为30，但其中5 → 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 → 2 → 3 → 2 → 3 → 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

当时考时脑子一塌糊涂，居然敢用搜索，爆搜的，没带剪枝，指数级......

0分：Game over!

题目分析

这道题乍看起来很复杂，其实我们可以把它抽象成两个部分：

题目原话：

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 → 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 → 家这段行程转车时经过的点。

所以，转车基本不会对后续操作产生影响，因为“转哪都无所谓”，但要求次数少于k次，因此，转多了的就不用管，只需考虑从i点到j点转车次数最少的方法，即最短路！

由于要求任意两点的最短路，首先可以想到Floyed算法，但n<=2500的数据范围让人不堪忍受。由于边权为1，可以采用广度优先算法实现：

1.广搜求最短路

其中：

add_edge(x,y)表示连由i到j的边，采用链式前向星实现。

step[j]表示队列第j个数到当前源点的距离。

vis[i]表示是否访问过点i.

    for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;add_edge(x,y);add_edge(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++){memset(step,0,sizeof(step));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(que,0,sizeof(que));que[1]=i;vis[i]=1;int hea=0,tail=1;while(hea<tail){hea++;int u=que[hea];int sat=step[hea];d[i][u]=sat;if(d[i][u]-1>kk) d[i][u]=d[0][0];for(int j=head[u];j!=-1;j=edge[j].next){int v=edge[j].to;if(vis[v]==0){step[++tail]=step[hea]+1;que[tail]=v;vis[v]=1;}}}}

时间复杂度：O(n^2)

第二部分，对于任意点i（i>1）有4种可能：

1.点i之前已经旅游过0个点

2.点i之前已经旅游过1个点

3.2个点

4.3个点

设dp[i][j]表示点i在第j种可能下能得到的最大分数。

则有dp[i][1]=点i的分数（d[1][i]>0&&d[1][i]<=2502）

dp[i][2]=max{dp[j][1]}+点i的分数(下称val[i])（d[i][j]>0&&d[i][j]<=2502）

dp[i][k]=max(dp[j][k-1]}+val[i] （d[i][j]>0&&d[i][j]<=2502）

最后找最大且能走到点1的d[i][4],输出。

可是，行程1 → 2 → 3 → 2 → 3 → 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！因此，设vis2[i][k][j]表示点i在上文中第k种情况下j是否走过，设q[i][k][（1~4）]表示点i在上文中第k种情况下走过的所有点：

 for(int i=2;i<=n;i++){if(d[1][i]<3000&&d[1][i]>=0){dp[i][1]=val[i];vis2[i][1][i]=1;q[i][1][1]=i;}}

初始化。

    for(int k=2;k<=4;k++){for(int i=2;i<=n;i++){int tmp=0;for(int j=2;j<=n;j++){if(d[i][j]==d[0][0]||i==j||d[i][j]<0) continue;if(vis2[j][k-1][i]==1) continue;if(dp[j][k-1]!=dp[0][0]){if(dp[j][k-1]>dp[i][k]){dp[i][k]=dp[j][k-1];tmp=j;}}}for(int j=1;j<=n;j++){q[i][k][j]=q[tmp][k-1][j];vis2[i][k][q[i][k][j]]=1;if(q[i][k][j]==0){q[i][k][j]=i;vis2[i][k][i]=1;break;}}dp[i][k]+=val[i];}}

动态规划。

    for(int i=2;i<=n;i++){if(d[i][1]>0&&d[i][1]<3000){maxn=max(maxn,dp[i][4]);}}cout<<maxn;

找最大值并输出。

完整：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,kk,maxn=-1;
int d[2501][2501],cnt,dp[2501][4],vis2[2501][6][2501],q[2501][6][6];
int val[2501],vis[2501],head[2501],step[2501];
int que[2501];
struct Edge{int next;int to;int w;
}edge[30001];
void add_edge(int u,int v)
{cnt++;edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=1;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
int main()
{memset(d,0x3f,sizeof(d));memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));memset(head,-1,sizeof(head));cin>>n>>m>>kk;for(int i=2;i<=n;i++){cin>>val[i];d[i][i]=0;}for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;add_edge(x,y);add_edge(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++){memset(step,0,sizeof(step));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(que,0,sizeof(que));que[1]=i;vis[i]=1;int hea=0,tail=1;while(hea<tail){hea++;int u=que[hea];int sat=step[hea];d[i][u]=sat;if(d[i][u]-1>kk) d[i][u]=d[0][0];for(int j=head[u];j!=-1;j=edge[j].next){int v=edge[j].to;if(vis[v]==0){step[++tail]=step[hea]+1;que[tail]=v;vis[v]=1;}}}} for(int i=2;i<=n;i++){if(d[1][i]<3000&&d[1][i]>=0){dp[i][1]=val[i];vis2[i][1][i]=1;q[i][1][1]=i;}}for(int k=2;k<=4;k++){for(int i=2;i<=n;i++){int tmp=0;for(int j=2;j<=n;j++){if(d[i][j]==d[0][0]||i==j||d[i][j]<0) continue;if(vis2[j][k-1][i]==1) continue;if(dp[j][k-1]!=dp[0][0]){if(dp[j][k-1]>dp[i][k]){dp[i][k]=dp[j][k-1];tmp=j;}}}for(int j=1;j<=n;j++){q[i][k][j]=q[tmp][k-1][j];vis2[i][k][q[i][k][j]]=1;if(q[i][k][j]==0){q[i][k][j]=i;vis2[i][k][i]=1;break;}}dp[i][k]+=val[i];}}for(int i=2;i<=n;i++){if(d[i][1]>0&&d[i][1]<3000){maxn=max(maxn,dp[i][4]);}}cout<<maxn;return 0;}