BZOJ 2657 [Zjoi2012] 旅游(journey)
2017-02-25 23:17
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Description
到了难得的暑假,为了庆祝小白在数学考试中取得的优异成绩,小蓝决定带小白出去旅游~~经过一番抉择,两人决定将T国作为他们的目的地。T国的国土可以用一个凸N边形来表示,N个顶点表示N个入境/出境口。T国包含N-2个城市,每个城市都是顶点均为N边形顶点的三角形(换而言之,城市组成了关于T国的一个三角剖分)。两人的旅游路线可以看做是连接N个顶点中不相邻两点的线段。
为了能够买到最好的纪念品,小白希望旅游路线上经过的城市尽量多。作为小蓝的好友,你能帮帮小蓝吗?
Input
每个输入文件中仅包含一个测试数据。第一行包含两个由空格隔开的正整数N,N的含义如题目所述。
接下来有N-2行,每行包含三个整数 p,q,r,表示该城市三角形的三个顶点的编号(T国的N个顶点按顺时间方向从1至n编号)。
Output
输出文件共包含1行,表示最多经过的城市数目。(一个城市被当做经过当且仅当其与线路有至少两个公共点)Sample Input
61 2 4
2 3 4
1 4 5
1 5 6
Sample Output
4HINT
4<=N<=200000Source
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~神奇的加边+SPFA求最长链~
读懂题以后就没有什么好想的了……然而题意好难懂啊QAQ……原来是不能走黑边,只能走不是黑边的对角线……
因为问的是不是黑边的对角线最多能穿过多少城市,考虑到穿过一个城市相当于长度+1,相邻两个城市可以互相选择,所以我们对在相邻两个城市之间连边,边权是1,再在这棵树上跑最长路就可以了~
最长路怎么求?蠢蠢的我刚开始写了普通的SPFA,结果死循环……只要把SPFA中q.pop()后面的b[w[i]]=0去掉就可以了,这样可以限制每个点只加一次。但是这种做法只适用于这题中树的情况,使用需谨慎~
另外,这样加边是因为我想不出其他的加边方法了……实际上复杂度依赖于边的分散与否……原来还以为会被特殊情况卡掉,结果居然一遍A……2333所以就不改了~
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<vector> #include<queue> using namespace std; int n,p,q,r,fi[200001],w[400001],ne[400001],ans,now,cnt,dis[200001]; bool b[200001]; vector<int> a[200001],c[200001]; int abs(int u) { return u>0 ? u:-u; } void add(int u,int v) { w[++cnt]=v;ne[cnt]=fi[u];fi[u]=cnt; w[++cnt]=u;ne[cnt]=fi[v];fi[v]=cnt; } void dfs(int u) { queue<int> q;ans=0;now=u; memset(b,0,sizeof(b)); memset(dis,-1,sizeof(dis)); q.push(u);b[u]=1;dis[u]=1; while(!q.empty()) { int k=q.front();q.pop(); for(int i=fi[k];i;i=ne[i]) if(dis[w[i]]<dis[k]+1) { dis[w[i]]=dis[k]+1; if(dis[w[i]]>ans) ans=dis[w[i]],now=w[i]; if(!b[w[i]]) { b[w[i]]=1;q.push(w[i]); } } } } void kk(int u,int v,int num) { if(abs(u-v)<=1) return; if(u>v) swap(u,v);int len=a[u].size(),flag=0; for(int i=0;i<len;i++) if(a[u][i]==v) add(c[u][i],num),flag=1; if(!flag) a[u].push_back(v),c[u].push_back(num); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n-2;i++) { scanf("%d%d%d",&p,&q,&r); kk(p,q,i);kk(q,r,i);kk(p,r,i); } dfs(1);dfs(now); printf("%d\n",ans); return 0; }
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