加工零件
题目简述：
这道题描述得还是很详尽的，两个样例也都有解释，良心啊（赞qwq）
这里就不再多赘述了，直接来讲我的解题过程ovo
暴力起手
读完样例解释，知道是图论但并不是很懂为什么会用最短路，也没有其他什么思路，于是...来看看数据范围
测试点1~4:1≤n，m≤1000，q=3，L=1
测试点5~8：1≤n，m≤1000，q=3，1≤L≤10
- 暴力起手
这八个点好小，岂不是送分？那就愉快地暴力起手吧！（其实就是没思路）
怎么暴力呢？我们用递归模拟来解决：
-
面对每组的Ai、Li，我们先判断是否都等于1，如果是直接输出“No”（其实不用这步）
-
如果不是，就清零存答案的ans再进入递归处理
-
我们通过链式前向星遍历与Ai相连的所有边：设与Ai相连的点是Vj，我们就将Vj作为新的Ai进入下一层递归，当然，这时Li也应该同时减一
很简单对吧？然后我们将代码实现出来，就能够拿到40pts了，如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q,u,v,a,l,tot,ans;
int head[100010];
struct node {
int to,net;
} e[100010];
inline void add(int u,int v) {
e[++tot].to=v;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void solve(int x,int y) {
if(ans==1) return ; //已经有答案就退出，剪枝+5pts
if(y==0) {
if(x==1) ans=1; //如果1号需要提供原材料，标记ans
return;
}
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
solve(v,y-1); //进入下一层递归
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);
add(v,u);
}
for(register int i=1;i<=q;i++) {
scanf("%d%d",&a,&l);
if(a==1&&l==1) puts("No");
else {
ans=0; //清零ans
solve(a,l);
if(ans==1) puts("Yes");
else puts("No");
}
}
return 0;
}
- 暴力优化
可以发现，Ai、Li在递归中会出现很多状态的重复计算，那么我们就可以使用记忆化来剪枝啊！这样我们可以拿到60pts！
具体实现：用一个数组记录每次递归遇到的新的Ai、Li，下一次遇到相同的就直接输出记录的答案
PS：记忆化代码就不给出了，很简单就能够实现，不多赘述
漫漫正解之路：
再确认暴力程序已经不可优化后，我们来思考一下能拿更多分的做法
所以，来研究样例：
-
1->2的最短奇数路径长度为1，所以当2的Li为奇数且不小于1时，1总是要提供原材料
-
1->2的最短偶数路径长度为2，所以当2的Li为偶数且不小于2时，1总是要提供原材料
-
1->2->3的最短偶数路径长度为2，所以当3的Li为偶数且不小于2时，1总是要提供原材料
-
1->2->3的最短奇数路径长度为3，所以当3的Li为奇数且不小于3时，1总是要提供原材料
综上，我们可以将题意转换一下：
求1到Ai的最短奇数路径长度和最短偶数路径长度
若Ai的Li为偶数，且存在1到Ai的最短偶数路径长度dis[Ai][0]，满足Li≥dis[Ai][0]，那么输出“Yes”
若Ai的Li为奇数，且存在1到Ai的最短奇数路径长度dis[Ai][1]，满足Li≥dis[Ai][1]，那么也输出“Yes”
那么我们就得到了另外一种思路，并且和最短路联系上了！
但是还有几个细节需要注意（我用Dijkstra实现最短路）：
-
这道题的Dijkstra部分不用vis数组来记录当前点是否入过队
-
通过上面的递归做法我们能够知道一个点是需要通过多次的，但vis标记后一个点就只能走一次，明显与题意相违背，所以我们去掉vis数组
-
我们提交后会发现没有得到100pts，怎么回事？再想一下，1可能是孤岛！什么意思？就是1没与任何其他的点相连，所以我们特判一下即可
现在给出满分code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q,u,v,a,l,tot,ans,flag;
int dis[200010][2],head[200010];
queue<pair<int,int> > shan;
struct node {
int to,net;
} e[200010];
inline void add(int u,int v) {
e[++tot].to=v;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void dijkstra() { //在普通模板上分成奇偶处理
memset(dis,127,sizeof(dis));
dis[1][0]=0; //将1的偶数路径赋值为0，奇数路径设为较大值
shan.push(make_pair(0,1)); //入队
while(!shan.empty()) {
int x=shan.front().second;
shan.pop();
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(dis[v][0]>dis[x][1]+1) { //用奇数+1更新偶数
dis[v][0]=dis[x][1]+1;
shan.push(make_pair(dis[v][0],v));
}
if(dis[v][1]>dis[x][0]+1) { //用偶数+1更新奇数
dis[v][1]=dis[x][0]+1;
shan.push(make_pair(dis[v][1],v));
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
// if(u==1||v==1) flag=1;
add(u,v);
add(v,u);
}
dijkstra();
for(register int i=1;i<=q;i++) {
scanf("%d%d",&a,&l);
// if(flag==0) puts("No");
if(!head[1]) puts("No"); //也可以引入flag来标记1是否是孤岛
else if(l%2==0&&dis[a][0]<=l) puts("Yes"); //判断偶数最短路是否可行
else if(l%2==1&&dis[a][1]<=l) puts("Yes"); //判断奇数最短路是否可行
else puts("No");
}
return 0;
}
最后，如果有任何不懂的地方或有任何我的理解不对的地方，欢迎大家留言啊qvq