标签：中转   小型   起点   不难   cstring   set   eof   string   inline   

时隔半年回来做模拟题。

这道题看上去就非常的暴力了，讲道理暴力+卡常72分。

但是满分也不难拿（现在的想法），我们来看看。

显然任意一条权值非零的路径，我们都可以用来免费一波。

我们可以在原图预先floyd跑一下最短路，然后对于接下来的操作，只需要改变一些东西即可。

考虑floyd的dp意义：

for(int k = 1; k <= n; k++)
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                G[i][j] = std::min(G[i][j], G[i][k] + G[k][j]);

对于这个\(k\)的意义，其实是任意一条路径所经过的中转点。

显然，当一条路径免费后，不经过中转点的最短路是一定不会改变的，只有经过中转点的最短路才改变。

所以我们只需要将被免费路径的起点和终点作为\(k\)，然后来小型的floyd一波，这样就能成功进行修改。

暴力的复杂度是\(O(n^5)\)，而优化后的复杂度是\(O(n^4)\)。其实把其他的点作为\(k\)就是时间的浪费了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int maxn = 100;
int G[maxn][maxn];
int T[maxn][maxn];
int n, m;
int ans = 1e9 + 7;
void floyd(int a, int b)
{
    memcpy(T, G, sizeof T);
    T[a][b] = T[b][a] = 0;
    int k = a;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            T[i][j] = std::min(T[i][j], T[i][k] + T[k][j]);
    k = b;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            T[i][j] = std::min(T[i][j], T[i][k] + T[k][j]);
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            res += T[i][j];
    ans = std::min(ans, res);
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    memset(G, 0x3f, sizeof G);
    for(int i = 1; i <= n; i++) G[i][i] = 0;
    while(m--)
    {
        int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        G[u][v] = G[v][u] = std::min(w, G[u][v]);
    }
    for(int k = 1; k <= n; k++)
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                G[i][j] = std::min(G[i][j], G[i][k] + G[k][j]);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            floyd(i, j);
        }
    }
    printf("%d\n", ans / 2);
    return 0;
}

T21904 城堡

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Garen-Wang/p/9562475.html