标签：rip cto min getch math floyd lis const 百度地图
百度地图的实时路况功能相当强大，能方便出行的人们避开拥堵路段。一个地区的交通便捷程度就决定了该地区的拥堵情况。假设一个地区有 nnn 个观测点，编号从 111 到 nnn。定义 d(u,v,w)d(u,v,w)d(u,v,w) 为从 uuu 号点出发，严格不经过 vvv 号点，最终到达 www 号点的最短路径长度，如果不存在这样的路径，d(u,v,w)d(u,v,w)d(u,v,w) 的值为 −1-1−1。
那么这个地区的交通便捷程度 PPP 为：
P=∑1≤x,y,z≤n,x≠y,y≠zd(x,y,z)P = \sum_{1 \leq x,y,z \leq n , x \neq y , y \neq z}{d(x,y,z)}P=∑?1≤x,y,z≤n,x≠y,y≠z??d(x,y,z)
现在我们知道了该地区的 nnn 个点，以及若干条有向边，求该地区的交通便捷程度 PPP。
输入格式
第一行输入一个正整数 n(4≤n≤300)n(4 \leq n \leq 300)n(4≤n≤300)，表示该地区的点数。
接下来输入 nnn 行，每行输入 nnn 个整数。第 iii 行第 jjj 个数 Gi,j(−1≤Gi,j≤10000;Gi,i=0)G_{i,j}(-1 \leq G_{i,j} \leq 10000;G_{i,i} = 0)G?i,j??(−1≤G?i,j??≤10000;G?i,i??=0) 表示从 iii 号点到 jjj 号的有向路径长度。如果这个数为 −1-1−1，则表示不存在从 iii 号点出发到 jjj 号点的路径。
输出格式
输出一个整数，表示这个地区的交通便捷程度。
4 0 1 -1 -1 -1 0 1 -1 -1 -1 0 1 1 -1 -1 0
4
【题解】
“Floyd 算法又叫 “插点法”
注意到插点的顺序是无关紧要的
我们可以分治：
令 solve(l, r) 表示处理区间 [l, r] 的询问
取 mid = (l + r) / 2
把 [l, mid] 的点插入，递归 solve(mid + 1, r)；
把 [mid + 1, r] 的点插入，递归 solve(l, mid)；
递归到叶子的时候，回答询问
复杂度 O(N^3\log N)，只需注意到每个点会被插 O(\log N) 次”
—— 吕欣
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <queue> 6 #include <vector> 7 #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 8 #define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 9 10 inline void read(int &x) 11 { 12 x = 0;char ch = getchar(), c = ch; 13 while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘)c = ch, ch = getchar(); 14 while(ch <= ‘9‘ && ch >= ‘0‘)x = x * 10 + ch - ‘0‘, ch = getchar(); 15 if(c == ‘-‘)x = -x; 16 } 17 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const int MAXN = 300 + 10; 20 21 int g[MAXN][MAXN],n; 22 long long ans; 23 24 void solve(int l, int r) 25 { 26 if(l == r) 27 { 28 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 29 { 30 if(l == i) continue; 31 for(register int j = 1;j <= n;++ j) 32 { 33 if(r == j) continue; 34 if(g[i][j] != INF) 35 ans += g[i][j]; 36 else 37 -- ans; 38 } 39 } 40 return; 41 } 42 int tmp[MAXN][MAXN]; 43 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 44 for(register int j = 1;j <= n;++ j) 45 tmp[i][j] = g[i][j]; 46 int mid = (l + r) >> 1; 47 for(register int k = l;k <= mid;++ k) 48 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 49 for(register int j = 1;j <= n;++ j) 50 if(g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) 51 g[i][j] = g[i][k] + g[k][j]; 52 solve(mid + 1, r); 53 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 54 for(register int j = 1;j <= n;++ j) 55 g[i][j] = tmp[i][j]; 56 for(register int k = mid + 1;k <= r;++ k) 57 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 58 for(register int j = 1;j <= n;++ j) 59 if(g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) 60 g[i][j] = g[i][k] + g[k][j]; 61 solve(l, mid); 62 return; 63 } 64 65 int main() 66 { 67 read(n); 68 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 69 for(register int j = 1;j <= n;++ j) 70 { 71 read(g[i][j]); 72 if(g[i][j] == -1)g[i][j] = INF; 73 } 74 solve(1, n); 75 printf("%lld", ans); 76 return 0; 77 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/huibixiaoxing/p/7560610.html
