【floyd】【bitset】洛谷 P1841 [JSOI2007]重要的城市 题解

 

    bitset玄学完美优化复杂度？

 

题目描述

参加jsoi冬令营的同学最近发现，由于南航校内修路截断了原来通向计算中心的路，导致去的路程比原先增加了近一公里。而食堂门前施工虽然也截断了原来通向计算中心的路，却没有使路程增加，因为可以找到同样长度的路作替代。其实，问题的关键在于，路截断的地方是交通要点。

 

同样的情况也出现在城市间的交通中。某些城市如果出了问题，可能会引起其他很多城市的交通不便。另一些城市则影响不到别的城市的交通。jsoi冬令营的同学发现这是一个有趣的问题，于是决定研究这个问题。

 

他们认为这样的城市是重要的：如果一个城市c被破坏后，存在两个不同的城市a和b（a, b均不等于c），a到b的最短距离增长了（或不通），则城市c是重要的。

 

jsoi冬令营的同学面对着一张教练组交给他们的城市间交通图，他们希望能找出所有重要的城市。现在就请你来解决这个问题。

 

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数N,M,N为城市数，M为道路数。

 

接下来M行，每行三个整数，表示两个城市之间的无向边，以及之间的路的长度。

 

输出格式：

一行，按递增次序输出若干的数，表示重要的城市。

 

如果没有点的话需要输出一行

“No important cities.”

去掉引号。

 

输入输出样例

输入样例#1：

4 4
1 2 1
2 3 1
4 1 2
4 3 2

输出样例#1：

2

说明

30%的数据：$N\le 20$；

 

60%的数据：$N\le 100$；

 

100%的数据：$N\le 200,M\le \frac{N\times (N-1)}{2},0<c\le 10000$。$c$即路的长度。

 

保证不出现重边和自环

 

感谢@赵昕鹏 和@qq2477259579 提供程序

 

题解：

    因为Floyd是一种玄学DP思想，所以它的状态更新来源有很多，在这个题里需要整理出它的阶段性与转移，看上去十分麻烦。而我们如果把Floyd当作最短路算法中的松弛，就是相当于在把两段最短路拼接在一起，拥有它们合在一起的性质。

 

重要城市

    重要城市就是如果这个点被删掉，那么最短路的长度就会改变。因此这个点一定在最短路上。而当两点间的最短路有多条时，它们上的点不一定都是重要城市，经过分析我们可以这样理解：设$(u,v)$间最短路条数为$k$，重要城市为$p$，那么这$k$条最短路一定都经过点$p$。用反例来说明，就是如果不是$k$条最短路都经过点$p$，那么去掉点$p$，还有剩下的最短路可以走，则不合法。

 

    因此我们可以开一个三维数组$im[i][j][k]$表示k在$latex i,j$的几条最短路上。而我们用floyd做最短路计数也比较方便，一旦$k$所在的最短路数量与$(i,j)$间的最短路数量相同，那么$k$就一定是一个重要城市，判断条件为$im[i][j][k]==cnt[i][j]\Rightarrow k$是重要城市。

    在上图中，1→8最短路计数为3，其中除了起点和终点，被经过了3次的点的点有2和7，因此它们是这条路径上的重要城市。

 

    因为floyd的时间复杂度为$O(N^3)$，而每次更新还要循环一个$N$，因此总时间复杂度为$O(N^4)$。

 

bitset优化

    我们在上面提到，状态合并/更新需要额外枚举一个$O(N)$，我们可不可以把这个$N$省掉，或者说优化一点呢？

 

    这时可以考虑bitset，bitset可以使常数优化32倍，这个题的$latex N$规模才200，优化一个32就快把一个$N$变成一个$\log N$了，这个题的数据规模还是可以承受的。不过bitset存的是二进制啊，可是上面提到的数组存的是计数啊。

 

    我们可以换一个方式想想，如果这两个点之间已经找到了4条最短路，其中有3条经过点$p$，那此时$p$已经不合法了，就直接把它置为0，以后尽管所有路径都经过$p$，它也不可能是关键城市。

 

    因此bitset中im[i][j][k]里面存的是，现有状态下，k是不是i到j最短路上的关键城市。当更新（松弛）最短路时，关键城市是两段最短路上的关键城市之并集；而更新最短路计数，也就是找到了一条新的最短路时，如上图，就要取交集，因为一个城市只有在两点间任何一条最短路上都存在，才能作为这两点间的关键城市。而交集并集在位运算中就是and(&)和or(|)，而点集有200，普通的位运算完成不了，就让bitset来做。

 

    在一开始初始化时，把两个连接在一起的点上的关键城市设为两个端点，在floyd“松弛”最短路时，直接把两段最短路的关键城市“拼起来”，就是新的最短路上的关键城市。最后判断用$O(N^3)$遍历，看一个点是否为某两个点之间的关键城市，不过要注意不能与这两个点重合，因为为了方便，一开始我们把起点和终点也定为关键城市（符合关键城市的一般定义）。

 

    因此这道题的总复杂度为$O(\frac{N^4}{32}+N^3)$

 

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
using std::bitset;
bitset<210> im[210][210];
int f[210][210];
int is[210];
int main()
{memset(f,0x3f,sizeof(f));int u,v,n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=0;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);scanf("%d",&f[u][v]);f[v][u]=f[u][v];}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++){im[i][j][i]=1;//初始化设两端为重要城市im[i][j][j]=1;}for(int k=1;k<=n;k++)for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(f[i][k]+f[k][j]==f[i][j])im[i][j]&=(im[i][k]|im[k][j]);//当更新计数时取交集else if(f[i][k]+f[k][j]<f[i][j])//当更新最短路时直接赋值为两段的并集{f[i][j]=f[i][k]+f[k][j];im[i][j]=im[i][k]|im[k][j];}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=n;k++)if(k!=i&&k!=j)//注意特判if(im[i][j][k])is[k]=1;int flag=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(is[i]){flag=1;printf("%d ",i);}if(!flag)//注意判断无解puts("No important cities.");return 0;
}