python/TangDou/CSP-J/J2_2019/4.md

模型

给定一张包含 n 个点和 m 条边的 无向图，再给定 q 个询问：$a_i,L_i$，判断是否存在一条从$1$号点走到$a_i$号点的恰好经过$L$条边的路径。

设求第$3$点为第$3$阶段时，点$1$是否需要提供原材料。

【3,3】 => 【2,2】，【4,2】

【2,2】 => 【1,1】，【3,1】 【4,2】 => 【3,1】，【5,1】

【1,1】 => 【2,0】，【5,0】 【3,1】 => 【2,0】，【4,0】 【5,1】 => 【1,0】，【4,0】 # 此处$1$需要提供原材料

比较容易想到对于每个询问进行暴搜，若点$1$为$0$，则Yes 时间复杂度很高，必然超时。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
#define x first
#define y second

const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;

// 20个测试点，过了7个，得了35分,其它TLE
// 邻接表
int e[M], h[N], idx, ne[M];
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

bool bfs(int start, int dist) {
    queue<PII> q;
    q.push({start, dist});

    while (q.size()) {
        auto u = q.front();
        q.pop();

        if (u.x == 1 && u.y == 0) return true; // 在用完所有步数后，到达1号点，成功！

        for (int i = h[u.x]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (u.y) q.push({v, u.y - 1});
        }
    }
    return false;
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);

    int n, m, Q;
    cin >> n >> m >> Q;

    while (m--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a); // 无向图，双向建边
    }

    while (Q--) {
        int u, dist;
        cin >> u >> dist;
        cout << (bfs(u, dist) ? "Yes" : "No") << endl;
    }
    return 0;
}

算法

(最短路,$BFS$) O(n+m+q)

本题关键点：

如果存在一条长度是 L 的路径，其中 $L>0$，那么我们可以在其中任意一条边上来回走，就可以构造出来长度是 $L+2,L+4,L+6,…$的路径。

因此当我们想判断是否存在长度是 L 的路径时，只需判断是否 存在长度小于等于 $L$，且 奇偶性 和 L 相同的路径即可。

因此我们可以预处理出从$1$号点出发，到每个点长度为奇数的最短路径和长度为偶数的最短路径。

这里可以使用拆点技巧来构造新图，类似于$DP$中的状态机模型：

• 将原图中的每个点 v 拆成两个新点：偶点$v_0$和奇点$v_1$；
• 将原图中的每条边 (u,v) 拆成两条新边：(u_0,v_1) 和 $(u_1,v_0)$；

那么在新图中从 1 号点走到 v_0 的所有路径，对应在原图中从 1 号点走到 v 的所有 长度是偶数 的路径；在新图中从 1 号点走到 v_1 的所有路径，对应在原图中从 1 号点走到 v 的所有 长度是奇数 的路径。

因此在新图上求出$1$号点到其他所有点的最短路径，即可求出在原图中从$1$号点到其他所有点的长度是奇数和偶数的最短路径。

由于所有边的长度为$1$，因此可以用$BFS$求最短路。

以上我们处理了 L_i>0 的情况，还需特判一下 L_i==0 的情况，L_i==0 表示一条边都不存在，即$1$号点与其他点均不连通，此时由于输入时 $L_i≥1$，因此直接输出 $No$即可。

时间复杂度

使用$BFS$求最短路的时间复杂度是 $(n+m)$； 判断每个查询操作的时间复杂度是 $O(1)$；

因此总时间复杂度是 $O(n+m+q)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
#define x first  // 节点号
#define y second // 奇偶性

const int N = 100010, M = 200010;

int n, m, Q;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int dist[N][2]; // 奇偶最短路
queue<PII> q;

// 因边边权都是1，不需要Dijkstra或者Floyd,只需要bfs即可
// 由于本题是强调 奇偶性 ，所以，需要使用 拆点 的思想
// 所谓拆点，就是像状态机或者DP中扩展维度的思想，将奇偶点分开，把混沌的事情清晰化。
//  dist[i][0]:表示是偶数步的点,值是最小步数
//  dist[i][1]:表示是奇数步的点
void bfs() {
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist); // 预求最短，先设最大
    dist[1][0] = 0;                  // 1是起点，走0步到达即偶点，步数：0
    q.push({1, 0});                  // 起点入队列

    while (q.size()) {
        auto u = q.front();
        q.pop();

        for (int i = h[u.x]; ~i; i = ne[i]) { // u点
            PII v = {e[i], u.y ^ 1};
            // u.y ^ 1 奇<->偶 互换
            // 由于上面的 y=u.y ^ 1,使得(u.x,u.y)只向(x,u.y的奇偶变换后数) 转移
            // 这样做，就起到的拆点作用，而并不是真正的把点拆开
            if (dist[v.x][v.y] > dist[u.x][u.y] + 1) { // 如果利用u可以更新v这个点
                dist[v.x][v.y] = dist[u.x][u.y] + 1;   // 更新
                q.push(v);                             // v的最短距离更新了，入队列，去更新更多的点
            }
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m >> Q;
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }

    bfs();

    while (Q--) {
        int a, l;
        cin >> a >> l;
        /*
        如果不写下面的特判，会被欺负死：
        3 1 1
        2 3
        1 2

        第一行三个正整数 n，m 和 q，分别表示工人的数目、传送带的数目和工单的数目。
        也就是3个工人，1个传送带，1个工单
        传送带是2~3，也就是1是与世隔绝的

        接下来 q 行，每行两个正整数 a 和 L，表示编号为 a 的工人想生产一个第 L 阶段的零件。
        1号工人，想生产2阶段的零件

        由于1号工人是与世隔绝的，没有人给它提供1阶段的零件，肯定返回No,此时需要特判，返回答案
        */
        if (h[1] == -1)
            puts("No");
        else if (l >= dist[a][l & 1]) // l是奇数，并且大于奇数最短路，则可以通过+2,+4,+6...等方法来回磨，凑够l就完事
                                      // l是偶数，并且大于偶数最短路，则可以通过+2,+4,+6...等方法来回磨，凑够l就完事
            puts("Yes");
        else
            puts("No");
    }
    return 0;
}