LA 3211 Now or later
来源:互联网 发布:linux解析文件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/20 09:10
这是一典型的2—SAT问题 , 关键在于建图 还有就是“最小值尽量大”的二分法求法 。
1、建图:
这个题目可以转化为求:是否存在一种调度方案 , 使相邻之间的两个着陆时间差总是不小于p ;
又可以进一步转化为:任意两个着陆时间差不小于p ;
这样就好做了 , 把每个飞机的两个着陆时间点 ,看成是有向图中的两个点 , 那么假如a的早着陆时间和b的早着陆时间小于p , 那么如果a 在早着陆时间着陆, 那么b 就只能在晚着陆时间着陆 , 相反也是 , 因此这样就可以连出两条有向边 ,而图就是这样建立的。
2、最小值尽量大
这个问题可以用二分法来做 , 先求出所给出时间中的最大时间 为maxime, 然后从0 到 maxtime 之间有二分法一次求,就能得到“最小值尽量大”的值。
代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN = 2100 ;
vectorgrap[MAXN*2] ;
bool mark[MAXN*2] ;
int s[MAXN*2] , c = 0 , n = 0;
int xy[2100][2] ;
void init()
{
int i;
for(i = 0; i< n*2 ; i++)
grap[i].clear();
memset(mark, 0 , sizeof(mark));
c = 0;
}
void add(int x , int a , int y , int b)
{
x = x*2 +a;
y = y*2 +b;
grap[x^1].push_back(y);
grap[y^1].push_back(x);
}
bool dfs(int x)
{
if(mark[x^1]) return false;
if(mark[x]) return true ;
mark[x]= true ;
s[c++] =x;
for(int i =0 ; i < grap[x].size() ; i++)
if(!dfs(grap[x][i])) return false;
return true;
}
bool solve()
{
for(int i =0 ; i < n*2 ; i += 2)
if(!mark[i]&& !mark[i+1])
{
c = 0;
if(!dfs(i))
{
while( c> 0 )
mark[s[--c]]= false ;
if(!dfs(i+1)) return false;
}
}
return true;
}
bool test(int diff)
{
init();
for(int i =0 ; i < n; i++)
for(int a =0 ; a < 2; a++)
for(int j =i+1 ; j < n; j++)
for(int b =0 ; b < 2; b++)
if(abs(xy[i][a] - xy[j][b]) < diff)
{
//
1、建图:
又可以进一步转化为:任意两个着陆时间差不小于p ;
2、最小值尽量大
代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN = 2100 ;
vectorgrap[MAXN*2] ;
bool mark[MAXN*2] ;
int s[MAXN*2] , c = 0 , n = 0;
int xy[2100][2] ;
void init()
{
}
void add(int x , int a , int y , int b)
{
}
bool dfs(int x)
{
}
bool solve()
{
}
bool test(int diff)
{