HDU 4370 0 or 1 【抽象最短路】

传送门

题意：给定一个c矩阵 , 找出一个01矩阵满足题意所给的那四个条件后问矩阵对应位置相乘再相加最小是多少.

先膜一发出题人太猛了. 这里我只能讲讲我的理解.

思路: 这种题下手点在于那四个条件, 需要对离散有一定的学习 . 往图的度数矩阵方向去想就不是这么难理解了.

条件一: 简洁刻画了1的出度为1,

条件而：刻画了n的入度为1.

条件三：表示除去1，n其它所有点入度等于出度,

所以很明显是一幅图. 01x矩阵中1的地方xij表示i - > j有边边权为cij, 那么要最小就是1-n的最短路即可. 记为ans1.

还有一种情况没有解释, 那就是x(1, 1), x(n, n), 如果等于1了? 也就是从1出发找一个最小花费环(至少经过一个点, 就是不能跑自环), 然后同理找一个从n出发的最小花费环, 可以发现这种情况也是符合题意的, 两个环相加为ans2, 输出min(ans1, ans2)即可. 我们可以知道边权都为正也就是都是简单环, 那么dij肯定不行, 就用spfa, 做一点小变化, 因为是求到1的最小花费， 那么我们先把1可达的点先推进队列然后进行松弛, dis[1]就是1出发的最小简单环了. 鞋机请看代码.

AC Code

const int maxn = 3e2+5;
int g[maxn][maxn];
int dis[maxn];
bool vis[maxn];
int n;
void spfa(int st, int ed) {
queue<int>q;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
if (i == st) dis[i] = inf;
else { // 做特殊处理
dis[i] = g[st][i];
vis[i] = true;
q.push(i);
}
}
while(!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop(); vis[u] = false;

for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
if (dis[i] > dis[u] + g[u][i]) {
dis[i] = dis[u] + g[u][i];
if (vis[i]) continue;
vis[i] = true;
q.push(i);
}
}
}
}
void solve()
{
while(~scanf("%d", &n)) {
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
for (int j = 1 ; j <= n ; j ++) {
scanf("%d", &g[i][j]);
}
}
spfa(1, n);
int ans = dis
;
int c1 = dis[1]; // 1出发的最小花费环.
spfa(n, n);
int c2 = dis
; // 同理
ans = min(ans, c1 + c2);
printf("%d\n", ans);
}
}