[codeforces864F]Cities Excursions
来源:互联网 发布:免费通话软件 编辑:程序博客网 时间:2024/06/07 08:12
题目大意
给定n个点m条边的有向图。q次询问,每次给定x,y,k,求x到y的字典序最小的路径的第k个节点。路径是可以无限长的(1到2到1到2…,前提是能到达目标节点)。如果字典序最小的路径无限长或者x无法到达y或者路径没有k个点就输出-1.
n,m≤3000,q≤400000
分析
考虑一个询问怎么做。
首先预处理出每个点能到达的所有点。然后从x出发,每次枚举当前点出边,在所有能到达y的点中找一个编号最小的走过去。如果走到重复的点那么就是-1了。
多组询问可以按这个思路来。预处理时首先枚举一个y,然后对于所有其它x,枚举x的出边,找到一个最小的然后连过去,这样得到一个新图。然后从y出发走这张图的反向边,能走到的点都是路径有限长的。很显然最终跑出来的是一棵树,那么第k个点就是x出发的第k-1个祖先。
时间复杂度
#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N=3005,Log=12;typedef long long LL;int n,m,q,h[N],e[N],nxt[N],D[N],tot,H[N],E[N],Nxt[N];short Fa[N][N][Log];bool g[N][N],In[N];char c;int read(){ int x=0,sig=1; for (c=getchar();c<'0' || c>'9';c=getchar()) if (c=='-') sig=-1; for (;c>='0' && c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48; return x*sig;}void add(int x,int y){ E[++tot]=y; Nxt[tot]=H[x]; H[x]=tot;}int main(){ n=read(); m=read(); q=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { int x=read(); e[i]=read(); nxt[i]=h[x]; h[x]=i; } for (int i=1;i<=n;i++) { D[tot=1]=i; g[i][i]=1; for (int j=1;j<=tot;j++) { int x=D[j]; for (int k=h[x];k;k=nxt[k]) if (!g[i][e[k]]) { g[i][e[k]]=1; D[++tot]=e[k]; } } } for (int i=1;i<=n;i++) { tot=0; for (int j=1;j<=n;j++) H[j]=In[j]=0; for (int j=1;j<=n;j++) { if (g[j][i] && j!=i) { for (int k=h[j];k;k=nxt[k]) if (g[e[k]][i] && (Fa[i][j][0]==0 || e[k]<Fa[i][j][0])) Fa[i][j][0]=e[k]; add(Fa[i][j][0],j); } } D[tot=1]=i; for (int j=1;j<=tot;j++) { int x=D[j]; In[x]=1; for (int k=H[x];k;k=Nxt[k]) D[++tot]=E[k]; } for (int j=1;j<=n;j++) if (!In[j]) Fa[i][j][0]=0; for (int k=1;k<Log;k++) for (int j=1;j<=n;j++) Fa[i][j][k]=Fa[i][Fa[i][j][k-1]][k-1]; } for (;q--;) { int x=read(),y=read(),rk=read(); if (!Fa[y][x][0]) { printf("-1\n"); continue; } for (int i=Log-1,j=2048;i>=0;i--,j>>=1) if (rk>j) { rk-=j; x=Fa[y][x][i]; } printf("%d\n",(!x)?-1:x); } return 0;}
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