\(\color{#0066ff}{题目描述}\)
给定一张航空图，图中顶点代表城市，边代表 2 城市间的直通航线。现要求找出一条满足下述限制条件的且途经城市最多的旅行路线。
(1)从最西端城市出发，单向从西向东途经若干城市到达最东端城市，然后再单向从东向西飞回起点(可途经若干城市)。
(2)除起点城市外，任何城市只能访问 1 次。
对于给定的航空图，试设计一个算法找出一条满足要求的最佳航空旅行路线。
\(\color{#0066ff}{输入格式}\)
第 1 行有 2 个正整数 N 和 V，N 表示城市数，N<100，V 表示直飞航线数。
接下来的 N 行中每一行是一个城市名，可乘飞机访问这些城市。城市名出现的顺序是从西向东。也就是说，设 i,j 是城市表列中城市出现的顺序，当 i>j 时，表示城市 i 在城市 j 的东边，而且不会有 2 个城市在同一条经线上。城市名是一个长度不超过15 的字符串，串中的字符可以是字母或阿拉伯数字。例如，AGR34 或 BEL4。
再接下来的 V 行中，每行有 2 个城市名，中间用空格隔开，如 city1 city2 表示 city1到 city2 有一条直通航线，从 city2 到 city1 也有一条直通航线。
\(\color{#0066ff}{输出格式}\)
文件第 1 行是旅行路线中所访问的城市总数 M。 接下来的 M＋1 行是旅行路线的城市名，每行写 1 个城市名。首先是出发城市名，然后按访问顺序列出其它城市名。 注意，最后 1 行（终点城市）的城市名必然是出发城市名。如果问题无解，则输出“No Solution!”。
\(\color{#0066ff}{输入样例}\)
8 9
Vancouver
Yellowknife
Edmonton
Calgary
Winnipeg
Toronto
Montreal
Halifax
Vancouver Edmonton
Vancouver Calgary
Calgary Winnipeg
Winnipeg Toronto
Toronto Halifax
Montreal Halifax
Edmonton Montreal
Edmonton Yellowknife
Edmonton Calgary\(\color{#0066ff}{输出样例}\)
7
Vancouver
Edmonton
Montreal
Halifax
Toronto
Winnipeg
Calgary
Vancouver \(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)
有spj
\(\color{#0066ff}{题解}\)
题意就是求两条不相交的从1-n的路径，使得经过的点尽可能多
所以，若本图合法，则跑完最大流一定\(\leq 2\)
跑完就知道走了哪些点
因为要使路径最长
所以跑费用流，对边赋权为1跑最长路
每个点要拆点，拆成的两个点连权为1的边
s，t作为起点终点，再练一条权为0的边
对于图中所给边，直接连权为0的边就行
最后重新建图，dfs
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#include<string>
#define _ 0
#define LL long long
inline LL in()
{
LL x=0,f=1; char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(f=-f);
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
const int inf=0x7fffffff;
int n,v,s,t,cnt=1;
std::queue<int> q;
struct node
{
int to,dis,nxt,can;
node(int to=0,int dis=0,int nxt=0,int can=0):to(to),dis(dis),nxt(nxt),can(can){}
}e[1050500];
int dis[1200],change[1200],head[1200],road[1200];
bool vis[1200],flag;
std::map<std::string,int> mp;
std::string f[1200],ss1,ss2;
int aa[1200],bb[1200];
int h[1200],st[1200],top;
inline void add(int from,int to,int dis,int can)
{
e[++cnt]=node(to,dis,head[from],can);
head[from]=cnt;
}
inline void link(int from,int to,int dis,int can)
{
add(from,to,dis,can);
add(to,from,-dis,0);
}
inline bool spfa()
{
for(int i=1;i<=n<<1;i++) dis[i]=-inf,change[i]=inf;
dis[s]=0;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int tp=q.front(); q.pop();
vis[tp]=false;
for(int i=head[tp];i;i=e[i].nxt)
{
int go=e[i].to;
if(dis[go]<dis[tp]+e[i].dis&&e[i].can>0)
{
dis[go]=dis[tp]+e[i].dis;
change[go]=std::min(change[tp],e[i].can);
road[go]=i;
if(!vis[go]) vis[go]=true,q.push(go);
}
}
}
return change[t]!=inf;
}
inline void add(int from,int to)
{
e[++cnt]=node(to,0,h[from],0);
h[from]=cnt;
}
inline void dfs(int x)
{
st[++top]=x;
vis[x]=1;
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
{
int go=e[i].to;
if(!vis[go]) dfs(go);
}
}
inline void mcmf()
{
int flow=0;
int cost=0;
while(spfa())
{
flow+=change[t];
cost+=change[t]*dis[t];
for(int i=t;i!=s;i=e[road[i]^1].to)
{
e[road[i]].can-=change[t];
e[road[i]^1].can+=change[t];
}
}
if(cost==2)
{
printf("2\n");
std::cout<<f[1]<<'\n'<<f[n]<<'\n'<<f[1];
}
else if(flow==2)
{
printf("%d\n",cost);
for(int i=1;i<=v;i++)
for(int j=head[aa[i]+n];j;j=e[j].nxt)
if(e[j].to==bb[i]&&!e[j].can)
add(aa[i],bb[i]),add(bb[i],aa[i]);
dfs(s);
for(int i=1;i<=top;i++) std::cout<<f[st[i]]<<'\n';
std::cout<<f[1];
}
else return (void)(printf("No Solution!"));
}
int main()
{
n=in(),v=in();
s=1,t=n*2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
std::cin>>f[i];
mp[f[i]]=i;
link(i,i+n,1,1);
}
link(s,s+n,0,1);
link(n,n+n,0,1);
for(int i=1;i<=v;i++)
{
std::cin>>ss1>>ss2;
if(mp[ss1]>mp[ss2]) std::swap(ss1,ss2);
aa[i]=mp[ss1],bb[i]=mp[ss2];
link(mp[ss1]+n,mp[ss2],0,1);
}
mcmf();
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/olinr/p/10105179.html
时间： 2024-10-30 08:13:29