题解 P6512 【[QkOI#R1] Quark and Flying Pigs】

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给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的边带权简单连通无向图，在 \(0\) 时刻你在点 \(1\) 上。

假设当前是 \(t\) 时刻，你在点 \(v\) 上，你可以选择两种操作：

• 仍停留在点 \(v\) 上，操作后到 \(t+1\) 时刻。

• 选择一条边 \((a,b,w)\) 满足 \(a=v\) 或 \(b=v\)，则你到这条边连接的另一个点上，操作后到 \(t+w\) 时刻。

有 \(k\) 条信息，每一条信息形如 \((t_i,v_i)\) 表示在 \(t_i\) 时刻，点 \(v_i\) 上会出现一只飞猪，其编号为 \(i\)，若该时刻你在 \(v_i\) 上，则你捕获到了 \(i\) 号飞猪。

现在你需要求出你能捕获到的飞猪数量的最大值。

我们发现 \(n\) 很小，很容易想到先做一遍 \(\texttt{Floyd}\) 然后，进行 \(dp\)。

这个 \(dp\) 大概就是一个背包，先把猪按出现速度从小到大排序，然后把猪看成一个物品，用上我们之前求好的多源最短路来背包。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{
	int t,x;
}a[5010];
ll n,m,k,f[510][510],dp[5010];
bool cmp(node x,node y){
	return x.t<y.t;
}
int main(){
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		ll x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		f[x][y]=min(f[x][y],z);
		f[y][x]=min(f[y][x],z);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=0;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);//Floyd
	a[0].t=0;a[0].x=1;//这个很重要
	for(int i=1;i<=k;i++){
		ll x,y;cin>>x>>y;
		a[i].t=x;a[i].x=y;
	}
	sort(a,a+k+1,cmp);//排序
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int j=0;j<i;j++){
			dp[i]=max(dp[i],dp[j]);
			int z=f[a[i].x][a[j].x];
			if(a[j].t+z<=a[i].t)dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);//状态转移方程
		}
	}cout<<dp[k];//输出
	return 0;
}

题解 P6512 【[QkOI#R1] Quark and Flying Pigs】

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