Codeforces Round #349 (Div. 2) D. World Tour

来源：互联网发布：取消映射网络驱动器编辑：程序博客网时间：2024/05/29 18:40

题意：

给出n个点m条边的有向图, 每条边的长度为1

要求找出四个点a,b,c,d使得 a->b + b->c + c->d 的距离最大其中a->b ,b->c ,c->d代表两点之间的最短路径

(1<=n<=3000) (1<=m<=5000)

思路

因为时间给了 5 秒，所以枚举其中的两个点肯定没问题，但是再多枚举一个点都是不可能的了。那么我们就枚举两个点。枚举哪两个点呢？先考虑枚举起点和终点。不过即使枚举出起点和终点，我们也很难求出中间的点，因为变化实在太多（如果只走三个点的话这样枚举或许是可行的）。然后再考虑枚举中间两个点。假设枚举到的中间两个点为i,j ，那么如果能求出到i点距离最远的点和j点能到达的最远的点（根据题意两点之间“距离”表示的是两点之间的最短路径长度），这样枚举就是可行的。我们可以通过 BFS （不需要用 Dijkstra 或 SPFA ，因为每条边的长度都是相同的）预处理求出任意两点之间的最短路径长度。然后对于每个点得到两个序列 d1,d2 ， d1[i] 表示所有能够到达 i 的不是i的点按照到i的距离从大到小排序得到的序列， d2[i] 表示所有从 i 出发能够到达的不是i的点按照i到它的距离从大到小排序得到的序列。那么，为什么要求出这么个序列而不是直接求距离最大的点呢？因为题目要求的 4 个点不能重复。也就是说，如果我们求出到中间两点距离最大的两个点 s,t ，那么 s,t 可能会和 i,j 发生重复。因此我们应该得到 d1,d2 序列。对于我们枚举出的点 i,j ，再枚举 d1[i] 和 d2[j] 中的点 ii 和 jj 各 3 个。为什么只枚举 3 个点呢？因为 i,j 是两个点。只有枚举 3 个点才能保证至少有一个点不与 i,j 重复（其实我觉得为了防止 s,t 重复至少应该枚举 4 个点，但是 3 个点也 AC 了）。最后就可以根据 ii−i−j−jj 这条路径的长度更新最长路径了。

#include <set>#include <map>#include <stack>#include <queue>#include <deque>#include <cmath>#include <vector>#include <string>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define L(i) i<<1#define R(i) i<<1|1#define INF  0x3f3f3f3f#define pi acos(-1.0)#define eps 1e-9#define maxn 10010#define MOD 1000000007struct Edge{    int to,next;}edge[maxn];int n,m;int tot,head[maxn],vis[maxn];int dis[3030][3030];vector<pair<int,int> > d1[maxn],d2[maxn];void init(){    tot = 0;    memset(head,-1,sizeof(head));}void add_edge(int u,int v){    edge[tot].to = v;    edge[tot].next = head[u];    head[u] = tot++;}void bfs(int u){    queue<int> q;    q.push(u);    while(!q.empty())    {        int x = q.front();        q.pop();        for(int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next)        {            int y = edge[i].to;            if(dis[u][y] || y == u)                continue;            dis[u][y] = dis[u][x] + 1;            q.push(y);        }    }}int main(){    int t,C = 1;    //scanf("%d",&t);    while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF)    {        init();        for(int i = 0; i < m; i++)        {            int x,y;            scanf("%d%d",&x,&y);            add_edge(x,y);        }        memset(dis,0,sizeof(dis));        for(int i = 1; i <= n; i++)            bfs(i);        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            d1[i].clear();            d2[i].clear();        }        for(int i = 1; i <= n; i++)            for(int j = 1; j <= n; j++)        {            if(!dis[i][j])                continue;            d2[i].push_back(make_pair(dis[i][j],j));            d1[j].push_back(make_pair(dis[i][j],i));        }        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            sort(d1[i].rbegin(),d1[i].rend());            sort(d2[i].rbegin(),d2[i].rend());        }        int ans = 0;        int v1,v2,v3,v4;        for(int i = 1; i <= n; i++)            for(int j = 1; j <= n; j++)        {            if(!dis[i][j])                continue;            for(int ii = 0; ii < min(4,(int)d1[i].size()); ii++)                for(int jj = 0; jj < min(4,(int)d2[j].size()); jj++)            {                int u = d1[i][ii].second;                int v = d2[j][jj].second;                if(u == j || i == v || !dis[u][v])                    continue;                if(dis[u][i] + dis[i][j] + dis[j][v] > ans)                {                    ans = dis[u][i] + dis[i][j] + dis[j][v];                    v1 = u;                    v2 = i;                    v3 = j;                    v4 = v;                }            }        }        //printf("%d\n",ans);        printf("%d %d %d %d\n",v1,v2,v3,v4);    }    return 0;}

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