擴充套件Dijkstra

本文從另乙個角度理解dijkstra演算法，可能會與通常dijkstra演算法的講解有一些區別。

最短路問題：給定有向圖$g = (v, e)$，每條邊形如$(x, y, w)$，其中$w$表示節點$x$至節點$y$的距離為$w \geq 0$。求節點$s$至節點$t$的最短路徑長度。

dijkstra演算法：令$f(x)$表示節點$x$至節點$t$的最短路徑長度。則

$$f(x) = \min_ f(y)+w,

$$邊界條件為$f(t) = 0$。

原理：我們可以通過迭代的方式計算出$f(x)$。初始狀態取$f(x) = \infty (x \neq t)$以及$f(t) = 0$。迭代停止的條件為一次迭代後所有$f(x)$的值未發生變化。在迭代$n = |v|$次之後必然收斂。於是，我們可以得到乙個$o(n(n+m))$的迭代演算法，其中$m = |e|$。

優化的方式就是用乙個堆模擬迭代。這個堆存放所有$f(y)$的值，每次取出最小的$f(y)$，那麼這個$f(y)$在今後的迭代中不再變化，從而由它影響到的節點$x$必須滿足$(x, y, w) \in e$，只需擴充套件$y$的所有反向邊即可。因為每個節點只會從堆中取出一次，從而至多$o(n+m)$個值會因擴充套件而插入堆中，故複雜度為$o((n+m)\log (n+m))$。

注：使用fibonacci堆可做到$o(m+n\log n)$。

codeforces 1407e. egor in the republic of dagestan

給定$n$個節點，$m$條邊的有向圖$g = (v, e)$，每條有向邊形如$(x, y, c)$其中$c \in \$。

要求給出乙個節點染色方案$a_1, a_2, \dots, a_n \in \$，使得對每個點$1 \leq x \leq n$，僅保留形如$(x, y, a_u)$的邊後，節點$1$至節點$n$的最短路最大。$n, m \leq 10^5$。

解法：令$f(x)$表示節點$x$至節點$n$的最短路的最大可能值。則

$$f(x) = \max_} \min_ f(y)+1,

$$邊界條件為$f(n) = 0$。

初始狀態為$f(x) = \infty (x \neq n)$以及$f(n) = 0$，迭代以上式子$n$次可收斂。從而得到乙個$o(n(n+m))$的演算法。

優化方式也是每次取出最小的$f(y)$來擴充套件即可，進而複雜度為$o((n+m)\log(n+m))$。由於這題邊權為$1$，只需佇列（bfs）而不需要堆即可取出最小值，故複雜度可做到$o(n+m)$。

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給定$n$個節點，$m$條邊的無向圖$g = (v, e)$，一共有$s$種寶石，以及每個節點上擁有的寶石情況（擁有意味著無限資源）。

有$r$個打造方式，每個打造方式形如$(a_1, a_2, \dots, a_k) \to b$，其中$k \leq 3$，表示在同乙個節點若集齊寶石$a_1, a_2, \dots, a_k$各一顆，可將他們打造成寶石$b$。

你可以以$1$單位花費，將一顆寶石從乙個節點經過一條邊運送到另乙個節點。

求打造寶石$1$的最小花費。$n, m, s, r \leq 500$。

解法：令$f(x, c)$表示在節點$x$得到寶石$c$的最小花費。則

$$f(x, c) = \min \begin

f(y, c) + 1 & (x, y) \in e \\

\sum_^k f(x, a_i) & (a_1, a_2, \dots, a_k) \to b \land c \in \_^k

\end,

$$邊界條件為，$f(x, c) = 0$若節點$x$擁有寶石$c$。

初始狀態為若節點$x$擁有寶石$c$則$f(x, c) = 0$否則$f(x, c) = \infty$，迭代以上式子$ns$次可收斂。從而得到乙個$o((ns)^2(m+r))$的演算法。

優化方式每次取出最小的$f(y, c)$擴充套件即可，時間複雜度為$o((ns+ms+nr)\log(ns+ms+nr))$。

void solve()
auto has = arr>(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
auto to = arr>>>(s + 1);
for (int i = 1; i <= r; ++i)
); }
} const ll inf = 1000000000000ll;
auto f = arr(n + 1, s + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= s; ++j)
f[i][j] = inf;
struct node
};priority_queueq;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
); }
while (!q.empty())
); }
for (auto& e : to[cur.color]));}
} }ll res = inf;
for (int i = 1; i <= n; ++i) freshmin(res, f[i][1]);
if (res == inf) res = -1;
writeln(res);
}

codeforces 1387c. viruses

給你乙個上下文無關文法$g = (v, \sigma, r)$，其中

特別地，這個上下文無關文法不會產生空串，即$\epsilon \notin l(g)$。

同時給出$m$個字串$s_1, s_2, \dots, s_m \in \^+$。若字串$s$是$t$的子串，我們記作$s \models t$。

對$2 \leq s < n$，令$g_s = (v, \sigma, r, s)$表示$s$為初始符號的上下文無關文法，

約束：$|r| \leq 100, |s| = \sum_^m |s_i| \leq 50$。其中，乙個產生式$r$形如

$$r: a \to b_1 b_2 \dots b_k,$$

並記$|r| = k$。我們定義$|r| = \sum_ |r|$。

解法：首先，我們將上下文無關文法$g$化為chomsky正規化，即每個轉移$r$的長度$|r| \leq 2$。方法為，考慮轉移$r: a \to b_1 b_2 \dots b_k$，其中$k \geq 3$，我們定義

$$\begin

a & \to b_1 c_1, \\

c_1 & \to b_2 c_2, \\

c_2 & \to b_3 c_3, \\

\dots \\

c_ & \to b_ c_, \\

c_ & \to b_ b_k.

\end

$$這樣轉化後，轉移式的規模仍為$o(|r|)$。以下則直接假設$|r| \in \$。

接著，建立$m$個字串$s_1, s_2, \dots, s_m$的ac自動機，則該自動機的狀態集合為$\gamma$，$|\gamma| = o(|s|)$，並記$\downarrow$為其初始狀態，$\delta: \gamma \times \sigma \to \gamma$表示其轉移函式。令$f(s, x, y)$表示符號$s$所能產生的所有字串$l(g_s)$中的長度最小的字串$t$的長度，使得$\delta(x, t) = y$且不經過接受狀態。則我們要求$f(s, \downarrow, y)$，其中$y$不為接受狀態。我們有

$$f(s, x, y) = \min \begin

\min_u \,

$$邊界條件為對$a \in \$，$f(a, x, y) = 1$若$\delta(x, a) = y$且$x$與$y$均不為接受狀態。

狀態數一共$o(|r||s|^2)$個，每輪迭代複雜度為$o(|r||s|^3)$，從而總複雜度為$o(|r|^2|s|^5)$，是不可接受的。

但我們仍可用堆優化，每次取出最小的$f(s, x, y)$擴充套件即可，而每個狀態均攤擴充套件$o(|s|)$個新狀態，從而複雜度為$o(|r||s|^3 \log(|r||s|^3))$。

**：code

注：若限制堆中每個狀態至多有$1$個最優擴充套件，則堆中至多有$o(|r||s|^2)$個元素，複雜度可降為$o(|r||s|^3 \log(|r||s|^2))$。

擴充套件Dijkstra

資料結構課設旅遊規劃（dijkstra擴充套件）

dijkstra和dijkstra堆優化模板

（二）Dijkstra演算法

擴充套件Dijkstra

資料結構課設 旅遊規劃（dijkstra擴充套件）

dijkstra和dijkstra堆優化模板

（二）Dijkstra演算法

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