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bzoj-1194 潘多拉的盒子

时间:2015-08-26 20:09:09      阅读:167      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:bzoj   搜索   floyd   随机化   

题意:

给出S个自动机,每个自动机有n个结点和m个输出结点;

每个结点有两个后继‘0‘和‘1‘,将当前走过的串末尾加那个字符,然后走到下一个结点;

每次从0号点,以一个空串出发,到了输出结点时可以选择输出当前串;

如果一个自动机x可以输出的所有串另一个自动机y也都可以输出,那么y是x的升级;

求最大升级序列;

S,n,m<=50;


题解:

这道题稍微考虑一下之后,发现难以处理的地方是自动机;

那先讨论一下别的地方;

begin

如果已知了所有自动机之间的升级关系之后,怎么求出答案呢?

可以将x升级到y表示为一条边x->y,那么答案就是这个图中最长路+1;

但是如果图中有环就会出现正权环时最长路没有意义;

考虑有环的话,环上的所有自动机一定等价!

那么上Tarjan强连通分量,缩一下点,转化成DAG搞搞搞。。。

太麻烦了!

两个相等的自动机形成了双向边,那干掉一条不就变成单向边了;

每次干掉从编号大连到编号小的那条边,剩下的边也一定可以将所有的等价自动机连接起来;

那实际上建图之后直接跑Floyd就ok了;

end

水的地方搞完了,该难的地方了;

怎么判断一个自动机能否包括另一个自动机;

考虑暴力乱搞:

生成所有子串显然不行,无穷的子串是无法枚举出来的;

每次走一步,另一个自动机跟着走,走到输出结点看看另一个能不能输出?

想法不错,但是走到什么程度呢?

在考场上的我当时是懵逼的,于是想——我走50步试试?

走一次肯定不太好使,那多走几次吧!

于是每次判断走10^6/s/s次,每次走50步;

这样的随机化算法跑了跑,感觉可以骗一点。。。然后就90啦!

实际上正解也没差多远;

正解的搜索相当于多了一个记忆化;

搜索的状态是可以表示为自动机x结点编号和自动机y编号,所以状态数只有2500;

判断所以可以到达的状态中是否有走到的自动机x结点可以输出,而y不可输出的情况;

这样就是O(n^2)处理一次询问,总共O(S^2*n^2)的复杂度;



代码:


#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 550
#define M 50000
#define pr pair<int,int>
using namespace std;
int ch[M][2],is[M],tot;
int S,f[N][N],root[N];
queue<pr>q;
int hash[N][N];
bool judge(int a,int b)
{
	int i,x,y;
	while(!q.empty())	q.pop();
	q.push(pr(root[a],root[b]));
	hash[0][0]=1;
	memset(hash,0,sizeof(hash));
	while(!q.empty())
	{
		x=q.front().first,y=q.front().second;
		q.pop();
		if(is[x]&&!is[y])
			return 0;
		if(ch[x][0]-root[a]<0||ch[y][0]-root[b]<0||ch[x][1]-root[a]<0||ch[y][1]-root[b]<0)
			exit(0);
		if(!hash[ch[x][0]-root[a]][ch[y][0]-root[b]])
		{
			hash[ch[x][0]-root[a]][ch[y][0]-root[b]]=1;
			q.push(pr(ch[x][0],ch[y][0]));
		}
		if(!hash[ch[x][1]-root[a]][ch[y][1]-root[b]])
		{
			hash[ch[x][1]-root[a]][ch[y][1]-root[b]]=1;
			q.push(pr(ch[x][1],ch[y][1]));
		}
	}
	return 1;
}
int main()
{
	int n,m,i,j,k,x,y,ans;
	scanf("%d",&S);
	for(i=1;i<=S;i++)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		root[i]=tot+1;
		tot+=n;
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%d",&x);
			is[x+root[i]]=1;
		}
		for(x=root[i];x<=tot;x++)
		{
			scanf("%d%d",&ch[x][0],&ch[x][1]);
			ch[x][0]+=root[i];
			ch[x][1]+=root[i];
		}
	}
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	for(i=1;i<=S;i++)
	{
		for(j=1;j<i;j++)
		{
			if(judge(i,j))
				f[i][j]=1;
			if(judge(j,i))
				f[j][i]=1;
			if(f[i][j]==1&&f[j][i]==1)
				f[i][j]=-0x3f3f3f3f;
		}
	}
	for(k=1;k<=S;k++)
	{
		for(i=1;i<=S;i++)
		{
			for(j=1;j<=S;j++)
			{
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
			}
		}
	}
	for(i=1,ans=0;i<=S;i++)
	{
		for(j=1;j<=S;j++)
		{
			ans=max(ans,f[i][j]);
		}
	}
	printf("%d\n",ans+1);
	return 0;
}



bzoj-1194 潘多拉的盒子

标签:bzoj   搜索   floyd   随机化   

原文地址:http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/48008157

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