hdu4606:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4606
题意：在一个二维坐标系中，有n个城市，坐标给出来了，然后有p个士兵要去占领这n个城市，但是路上有m个路障，都是线段，士兵不能越过路障前进。
每个士兵都有相同容量大小的一个干粮袋，每到一个城市他就能补充满自己的干粮袋。中途走路时走一个单位长度就消耗一个单位的干粮。
现在问的是这些个干粮袋最小的容量是多少，前提是保证p个士兵能占领完这n个城市，城市被占领顺序也是题目给好的，必须遵守。
题解：这一题是一道很好的综合题。首先一点，就是求出任意两个城市的最短距离。这个也是我今天学到的知识。我们可以把障碍的端点当做2个点，如果城市i和城市j之间没有障碍的话，那么i，j之间的距离就可以直接算出。如果有障碍的话，就只能绕过障碍的端点来求。怎么求呢？只要把端点当做路径上的点就可以了，然后用floyd过一遍即可。这里，要用到判断两条线段是否相交的。然后可以联想到的是最小点覆盖。但是这里的是最小点覆盖小于p都是满足的。所以接下来可以二分枚举长度，找到最小额满足条件的长度。用到二分以及二分图的最大匹配。因为最小点覆盖==点数--二分图的最大匹配。还有一个就序列，这也是要考虑。这里只哎哟我们建图的时候，让前面的序列指向后面的序列就可以了。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<iostream>
5 #include<cmath>
6 using namespace std;
7 const double inf=1000000000.0;
8 int n,m,p;
9 int seq[600],cy[600];
10 double g[600][600];
11 bool key[600][600],visit[600];
12 struct point{
13 double x,y;
14 }dian[602];
15 struct Node{
16 point a;
17 point b;
18 }xian[602];
19 double dis(int a,int b){
20 return sqrt((dian[a].x-dian[b].x)*(dian[a].x-dian[b].x)+(dian[a].y-dian[b].y)*(dian[a].y-dian[b].y));
21
22 }
23 double Cross( point a, point b, point o){
24 return (a.x - o.x) * (b.y - o.y) - (b.x - o.x) * (a.y - o.y);
25 }
26 bool IsIntersect( Node u, Node v){
27 return (Cross(v.a, u.b, u.a) * Cross(u.b, v.b, u.a) > 0) &&
28 (Cross(u.a, v.b, v.a) * Cross(v.b, u.b, v.a) > 0) &&
29 (max(u.a.x, u.b.x) > min(v.a.x, v.b.x)) &&
30 (max(v.a.x, v.b.x) > min(u.a.x, u.b.x)) &&
31 (max(u.a.y, u.b.y) > min(v.a.y, v.b.y)) &&
32 (max(v.a.y, v.b.y) > min(u.a.y, u.b.y));
33 }
34
35 bool judge(int a,int b){
36 for(int i=1;i<=m;i++){
37 if((a+1-n)/2==i&&(b+1-n)/2==i)continue;
38 Node temp;temp.a=dian[a];temp.b=dian[b];
39 if(IsIntersect(temp,xian[i]))
40 return false;
41 }
42 return true;
43 }
44 int path(int u){
45 for(int i=1;i<=n;i++){
46 if(!visit[i]&&key[u][i]){
47 visit[i]=1;
48 if(cy[i]==-1||path(cy[i])){
49 cy[i]=u;
50 return 1;
51 }
52 }
53 }
54 return 0;
55 }
56 int maxmatch(){
57 memset(cy,-1,sizeof(cy));
58 int res=0;
59 for(int i=1;i<=n;i++){
60 memset(visit,0,sizeof(visit));
61 res+=path(i);
62 }
63 return res;
64 }
65 bool task(double mid){
66 memset(key,0,sizeof(key));
67 for(int i=1;i<=n;i++)
68 for(int j=1;j<=n;j++){
69 if(g[i][j]<=mid&&seq[i]<seq[j])
70 key[i][j]=1;
71 }
72 int as=maxmatch();
73 if(n-as<=p)return true;
74 else return false;
75 }
76
77 double solve(){
78 double l=0,r=inf,ans=0;
79 while(abs(l-r)>0.0000001){
80 double mid=(l+r)/2;
81 if(task(mid)){
82 ans=mid;
83 r=mid;
84 }
85 else
86 l=mid;
87 }
88 return ans;
89 }
90 int temp;
91 int main(){
92 int cas;
93 scanf("%d",&cas);
94 while(cas--){
95 scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
96 memset(g,0,sizeof(g));
97 for(int i=1;i<=n;i++){
98 scanf("%lf%lf",&dian[i].x,&dian[i].y);
99 }
100 for(int i=1;i<=m;i++){
101 scanf("%lf %lf",&xian[i].a.x,&xian[i].a.y);
102 dian[i*2+n-1].x=xian[i].a.x;
103 dian[i*2+n-1].y=xian[i].a.y;
104 scanf("%lf %lf",&xian[i].b.x,&xian[i].b.y);
105 dian[i*2+n].x=xian[i].b.x;
106 dian[i*2+n].y=xian[i].b.y;
107 }
108 memset(seq,0,sizeof(seq));
109 for(int i=1;i<=n;i++){
110 scanf("%d",&temp);
111 seq[temp]=i;
112 }
113 for(int i=1;i<=n+2*m;i++){
114 for(int j=1;j<=n+2*m;j++){
115 if(j==i)continue;
116 if(judge(i,j)){
117 g[i][j]=dis(i,j);
118 }
119 else
120 g[i][j]=inf;
121 }
122 g[i][i]=inf;
123 }
124 for(int k=1;k<=n+2*m;k++)
125 for(int i=1;i<=n+2*m;i++)
126 for(int j=1;j<=n+2*m;j++)
127 g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
128 double ans=0;
129 ans=solve();
130 printf("%.2f\n",ans);
131 }
132 }
时间： 2024-10-14 20:53:27