CF-Round#625-div2-D题
D. Navigation System
传送门
一般div1和div2一起的比赛的题目的难度总比单独的div2难度大些。。不知道是不是我的错觉。
这道题dijkstra或者bfs都可以解决=-=
这道题因为没有要求输出路线。所以bfs直接搜出最短路的大小也可以过。
只是=-=emm，原因竟然是dijkstra忘了=-=太久没写了。然后上上个学期的数据结构一定白学了。。
等下再补dijkstra的代码。
这道题每个字都透露着最短路。
题目真的长。。。不过还是很好理解的。
给出一张图，然后给你家的位置和公司的位置。给出从家到公司的路线。
然后假设你主人公车里面的导航系统，规划出每次的最短路。
如果主人公的车没有按照你规划的最短路走，你就得重新规划。
问你最大需要重新规划几次，最少又需要多少次。
题目加粗了重新规划。意思就是第一次从家出发开始规划一次是不用算得。
所以我们得思路就是：
首先找出终点到各个地方得最短路。保存到dis[]中。
这个好写。bfs直接从终点出发就行。
这个地方处理的小tips：
输入的时候是单向的嘛。我们反向再存一边就行。
这样就可以从终点出发了。
然后再开始处理所给的路线。
处理几个case：
1.如果当前所处的结点是最短路线的一条路线，但是不满足所给的路线顺序，那么我们这里就代表路可走。符合最大需要重新规划的要求
2.如果当前所处的结点是最短路线的一条路线，并且满足所给路线的顺序，那么这里进行计数，方便后面判断最少的规划路线的维护。
其他情况自然就是要么不是最短路线什么其他的情况。
最后判断。如果情况2没有进入的话，就说明主人公走的路线不是最短的，必须得重新规划。我们需要给最少的情况++。
如果情况2进入了，代表走了最短路线。并且情况1没有进入的情况下，代表所处路线中只有一条。所以最多的情况无法++。否则，就得++。因为其余情况要么就是没有走最短路，要么有多条路。这些情况需要++嘛。
好啦~最后输出就可以了
待会补补dijkstra.
代码部分：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m;
int k;
vector<int> v[N], g[N];
vector<int> a;
queue<int> q;
int vis[N];
int dis[N];
vector<int> ans(2);
void bfs(int x)
{
q.push(x);
vis[x] = 1;
while (!q.empty())
{
int pos = q.front();
q.pop();
int t = g[pos].size();
for (int i = 0; i < t; i++)
{
if (vis[g[pos][i]])
{
continue;
}
vis[g[pos][i]] = 1;
q.push(g[pos][i]);
dis[g[pos][i]] = dis[pos] + 1;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int t1, t2;
cin >> t1 >> t2;
v[t1].push_back(t2);
g[t2].push_back(t1);
}
cin >> k;
for (int i = 0; i < k; i++)
{
int temp;
cin >> temp;
a.push_back(temp);
}
bfs(a[k - 1]);
for (int i = 0; i < k - 1; i++)
{
vector<int> flag(2);
int b = a[i];
int t = v[b].size();
for (int j = 0; j < t; j++)
{
if (dis[v[b][j]] + 1 == dis[b] && v[b][j] == a[i + 1])
{
flag[0]++;
}
else if (dis[v[b][j]] + 1 == dis[b] && v[b][j] != a[i + 1])
{
flag[1]++;
}
}
ans[0] += (flag[0] ? 0 : 1);
ans[1] += (flag[0] && !flag[1] ? 0 : 1);
}
cout << ans[0] << " " << ans[1] << endl;
return 0;
}
