JSOI2010 联通数
传送门
这道题的题目描述看起来很奇怪。实际上的意思是要求在这个有向图之内能到达的点对有多少,解释一下题里的图片就是(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,3),(3,4),(3,5),(4,4),(5,5)一共14个。
先小声说一下这题固输n^2可以得到90pts……
然后我们首先考虑非常暴力的做法,就是先手tarjan缩点,存每个联通块里面的节点个数,在新图上直接进行dfs,把每个点所能到达的点搜出来就行。
我也不知道能跑多快……但是如上文所述你固输都有90所以数据比较水,我一共跑了50ms就过了。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<queue> #include<set> #include<bitset> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar('\n')using namespace std; typedef long long ll; const int M = 2005; const int N = 1000005; const double eps = 1e-6; const double fi = 0.61803399; const double fim = 0.38196601;int read() {int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){ans *= 10;ans += ch - '0';ch = getchar();}return ans * op; }struct edge {int next,to,from; }e[N<<2],e1[N<<2]; int n,g[M][M],dfn[M],low[M],stack[M],top,idx,cur,ecnt,head[M],sd[M],h[M],sz[M],ecnt1,q[M],curr,tot; char s[M]; ll ans; bool vis[M],pd[M];void add(int x,int y) {e[++ecnt].to = y;e[ecnt].from = x;e[ecnt].next = head[x];head[x] = ecnt; }void tarjan(int x) {low[x] = dfn[x] = ++idx;vis[x] = 1,stack[++top] = x;for(int i = head[x];i;i = e[i].next){if(!dfn[e[i].to]) tarjan(e[i].to),low[x] = min(low[x],low[e[i].to]);else if(vis[e[i].to]) low[x] = min(low[x],low[e[i].to]);}if(low[x] == dfn[x]){int p;cur++;while(p = stack[top--]){sd[p] = cur,vis[x] = 0,sz[cur]++;if(x == p) break;}} }void dfs(int x) { tot += sz[x],pd[x] = 1,q[++curr] = x;for(int i = h[x];i;i = e1[i].next){if(pd[e1[i].to]) continue;dfs(e1[i].to);} }int main() {n = read();rep(i,1,n){scanf("%s",s);rep(j,0,n-1) if(s[j] == '1') add(i,j+1);}rep(i,1,n) if(!dfn[i]) tarjan(i);rep(i,1,ecnt){int r1 = sd[e[i].from],r2 = sd[e[i].to];if(r1 != r2){e1[++ecnt1].to = r2;e1[ecnt1].next = h[r1];e1[ecnt1].from = r1;h[r1] = ecnt1;}}rep(i,1,cur){rep(i,1,curr) q[i] = 0;tot = 0;dfs(i);rep(i,1,curr) pd[q[i]] = 0;ans += tot * sz[i];}printf("%lld\n",ans);return 0; }
这样很神奇你的搜索就过了……
之后我们再说一种别的做法,他有一个高大上的名字,叫Floyd传递闭包!
这个东西可以判断有向图两点之间是否连通,一开始它的形状和初始给定的邻接矩阵是一样的,不过大对角线上的点都变成了1.
正常的dp是三重循环枚举,dp[i][j] = dp[i][k] & dp[k][j]。不过这样枚举O(n^3)会T,然后我们发现只有能和不能到两种状态,所以我们引入一种强大的东西——bitset来帮我们优化。
使用bitset压缩一行的状态,这样的话转移方程就变成了dp[i] |= dp[j].这样我们只需要O(n^3/32)的复杂度,就可以过了。
看一下代码(炒鸡短)
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<queue> #include<set> #include<bitset> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar('\n')using namespace std; typedef long long ll; const int M = 5005; const double eps = 1e-6; const double fi = 0.61803399; const double fim = 0.38196601;int read() {int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){ans *= 10;ans += ch - '0';ch = getchar();}return ans * op; }bitset <2005> f[M]; int n; char s[M]; ll ans;int main() {n = read();rep(i,1,n){scanf("%s",s);rep(j,0,n-1) if(s[j] == '1') f[i][j+1] = 1;f[i][i] = 1;}rep(i,1,n)rep(j,1,n) if(f[j][i]) f[j] |= f[i];rep(i,1,n) ans += f[i].count();printf("%lld\n",ans);return 0; }
转载于:https://www.cnblogs.com/captain1/p/9681021.html
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