POI 2001 Ants and the ladybug 螞蟻和瓢蟲

做出這道題關鍵在於讀懂題目,尤其是第3條和第4條規則。可以知道,所有螞蟻是一擁而上的,而且螞蟻很聰明,它們知道如果在某時一隻螞蟻到瓢蟲的路 徑與另一隻螞蟻的路徑相互包含,就讓距離近的螞蟻繼續行進,另一隻螞蟻停留不動。螞蟻們還會互相禮讓,如果要同時進入一個節點,就讓編號小的螞蟻進入,其 它螞蟻停止不再動。

瓢蟲會停留在多個位置,但是都是互相不關聯的,我們可以把瓢蟲停留的每個位置看作獨立的測試點,每個測試點要用到上個測試點的結果,所以我們可以分割考慮每次瓢蟲停留。

對於每次瓢蟲停留,如果簡單地模擬,會很容易超時。我們要把每隻螞蟻一次移動到位。首先從瓢蟲的位置開始一遍BFS,找到所有可行進的螞 蟻,記錄每隻螞蟻到瓢蟲位置的路徑。然後按照路徑長度從小到大爲第一關鍵字,螞蟻編號從小到大爲第二關鍵字把螞蟻進行排序,排名第一的螞蟻一定是可以驅逐 瓢蟲的螞蟻,把它的路徑上的頂點分別標記時間。然後依次處理每隻螞蟻,如果某隻螞蟻路徑上有節點已經被標記時間,則這隻螞蟻的最大移動時間就是已經標記的 時間。在移動時也標記時間,用於影響後面的螞蟻。這樣,移動所有螞蟻的時間複雜度是O(N+K)的。

算法的總的時間複雜度爲O((N+KlogK)L),可以很快解決問題。實際編寫時有很多細節需要注意。

/* 
 * Problem: POI2001 mro
 * Author: Guo Jiabao
 * Time: 2009.2.2 21:43
 * State: Solved 
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAXN=5001,MAXK=1001,INF=0x7FFFFFFF;

struct edge{int t;edge *next;};
struct adjl{edge *f,*l;};
struct vertex{int id,ant,label;};
struct ant{int vtx,id,dist,hits;};
struct path{path *from;int p;};

edge E[MAXN*2];
adjl A[MAXN];
vertex V[MAXN];
ant Ant[MAXK];
int PL[MAXK],Pt[MAXK][MAXN];
int N,K,L,Ec=-1,Target;
int Order[MAXK];

inline void addedge(int a,int b)
{
    if (A[a].f)
        A[a].l=A[a].l->next=&E[++Ec];
    else
        A[a].f=A[a].l=&E[++Ec];
    E[Ec].t=b;
}

void init()
{
    int i,a,b;
    freopen("mro.in","r",stdin);
    freopen("mro.out","w",stdout);
    scanf("%d",&N);
    for (i=1;i<N;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        addedge(a,b);
        addedge(b,a);
    }
    for (i=1;i<=N;i++)
        V[i].id=i;
    scanf("%d",&K);
    for (i=1;i<=K;i++)
    {
        scanf("%d",&a);
        V[a].ant=i;
        Ant[i].id=i;
        Ant[i].vtx=a;
        Order[i]=i;
    }
    scanf("%d",&L);
}

void BFS()
{
    path Queue[MAXN],u,v;
    int Head=0,Tail=0;
    bool vis[MAXN];
    int *P;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    Queue[0].p=Target;
    Queue[0].from=0;
    vis[Target]=true;
    while (Head<=Tail)
    {
        v.from=&Queue[Head];
        u=Queue[Head++];
        for (edge *k=A[u.p].f;k;k=k->next)
        {
            v.p=k->t;
            if (!vis[v.p])
            {
                vis[v.p]=true;
                if (V[v.p].ant!=0)
                {
                    int a=V[v.p].ant;
                    path *b=&v;
                    PL[a]=0;
                    P=Pt[a];
                    while (b->from)
                    {
                        P[++PL[a]]=b->p;
                        b=b->from;
                    }
                    P[++PL[a]]=Target;
                    Ant[a].dist=PL[a]-1;
                }
                else
                    Queue[++Tail]=v;
            }
        }
    }
}

void Move()
{
    int p,i,j,u,v,MaxStep,Step;
    i=Order[1];
    Ant[i].hits++;
    MaxStep=PL[i];
    for (p=1;p<=K && Ant[i=Order[p]].dist<INF;p++)
    {
        Step=MaxStep;
        for (j=1;j<=PL[i];j++)
        {
            u=Pt[i][j];
            if (V[u].label)
            {
                Step=V[u].label+1;
                break;
            }
        }
        u=Pt[i][1];
        V[u].ant=0;
        for (j=2;j<=Step;j++)
        {
            v=Pt[i][j];
            if (V[u].label+1 > V[v].label)
                V[v].label=V[u].label+1;
            else
                break;
            u=v;
        }
        Ant[i].vtx=u;
        V[u].ant=i;
    }
}

inline int cmp(const void *a,const void *b)
{
    int A=*(int *)a,B=*(int *)b;
    if ( Ant[A].dist < Ant[B].dist ) return -1;
    if ( Ant[A].dist > Ant[B].dist ) return 1;
    if ( Ant[A].id   < Ant[B].id   ) return -1;
    return 1;
}

void clear()
{
    int i;
    for (i=1;i<=K;i++)
        Ant[i].dist=INF;
    for (i=1;i<=N;i++)
        V[i].label=0;
}

void solve()
{
    int i,a;
    for (i=1;i<=L;i++)
    {
        scanf("%d",&Target);
        if (V[Target].ant!=0)
        {
            a=V[Target].ant;
            Ant[a].hits++;
        }
        else
        {
            clear();
            BFS();
            qsort(Order+1,K,sizeof(Order[0]),cmp);
            Move();
        }
    }
    for (i=1;i<=K;i++)
    {
        printf("%d %dn",Ant[i].vtx,Ant[i].hits);
    }
}

int main()
{
    init();
    solve();
    return 0;
}
<h2><span class="mw-headline">螞蟻和瓢蟲 </span></h2>

螞蟻和蚜蟲是共生的。蚜蟲分泌出蜜汁給螞蟻引用。螞蟻幫助蚜蟲趕走它的天敵——瓢蟲。在螞蟻山附近有一個樹,這裏是蚜蟲生活的地方。蚜蟲吸取樹的汁 液。有n個螞蟻兵,用1到n編號。一個瓢蟲威脅着這個文明,它經常出現在蚜蟲活動的地方。當瓢蟲坐在樹上時,螞蟻兵會出動把它趕走。他們按照如下的規則:

樹上的任意兩點之間都只有一條路徑,所有的螞蟻都沿着它所在點到瓢蟲的路徑前進,每移動一個位置,花的時間是單位1。
  • 如果螞蟻和瓢蟲在同一個位置,那麼螞蟻立即把它趕走。
  • 如果某個螞蟻的路徑上有另外一隻螞蟻,那麼距離目標較遠的螞蟻待在原地不動,較近的那個螞蟻繼續前進。
  • 如果有多個螞蟻要進入同一個位置,那麼選擇編號最小的螞蟻,其餘的螞蟻留在原位置不動。
  • 當螞蟻到達了瓢蟲的位置以後,把它趕走,然後停留在該位置。

    瓢蟲是非常頑固的動物,它被趕走了以後還會再停留到別的位置。然後螞蟻繼續行動。爲了使問題簡單化,我們假定從一個位置到達與它相鄰的位置花1個單位的時間。

    任務:

    讀入樹的描述,螞蟻的開始位置,以及瓢蟲停留地點。 給出每個螞蟻的最後的位置,以及該螞蟻趕走瓢蟲的次數。

    輸入:

    文件的第一行,一個整數n,1<=n<=5000。表示地點的編號。接下來n-1行描述了樹裏的邊,每行兩個整數a和b,表示 這兩點之間相連。然後一行是整數k,1<=k<=1000 and k<=n。是螞蟻兵的數目。接下來k行,每行一個整數,表示螞蟻兵開始的位置。沒有兩個螞蟻位於一個位置。然後是一個整數l, 1<=l<=500,即瓢蟲停留l次。下面的l行每行一個整數,表示瓢蟲依次停留的位置。

    輸出:

    k行。每行兩個整數,分別表示第k個螞蟻最後的位置以及它趕走瓢蟲的次數。

    Sample Input

    4
      1 2
      1 3
      2 4
      2
      1
      2
      2
      2
      4
    Sample Output
    1 0
      4 2
    Figure
    Image:Mro.gif

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