CCF 201403

LeetCode

201403-1

201403-1

201403-1

201403-4

问题描述
　　目前在一个很大的平面房间里有 n 个无线路由器,每个无线路由器都固定在某个点上。任何两个无线路由器只要距离不超过 r 就能互相建立网络连接。
　　除此以外,另有 m 个可以摆放无线路由器的位置。你可以在这些位置中选择至多 k 个增设新的路由器。
　　你的目标是使得第 1 个路由器和第 2 个路由器之间的网络连接经过尽量少的中转路由器。请问在最优方案下中转路由器的最少个数是多少?
输入格式
　　第一行包含四个正整数 n,m,k,r。(2 ≤ n ≤ 100,1 ≤ k ≤ m ≤ 100, 1 ≤ r ≤ 108)。
　　接下来 n 行,每行包含两个整数 xi 和 yi,表示一个已经放置好的无线 路由器在 (xi, yi) 点处。输入数据保证第 1 和第 2 个路由器在仅有这 n 个路由器的情况下已经可以互相连接(经过一系列的中转路由器)。
　　接下来 m 行,每行包含两个整数 xi 和 yi,表示 (xi, yi) 点处可以增设 一个路由器。
　　输入中所有的坐标的绝对值不超过 108,保证输入中的坐标各不相同。
输出格式
　　输出只有一个数,即在指定的位置中增设 k 个路由器后,从第 1 个路 由器到第 2 个路由器最少经过的中转路由器的个数。
样例输入
5 3 1 3
0 0
5 5
0 3
0 5
3 5
3 3
4 4
3 0
样例输出
2

【思路】
开始就单纯觉得是dp啊...然后看了题解反应过来这不就是经典最短路问题orz...
思路其实也很简单，dp[i]存的是第0个节点到第i个节点要经过最少的结点数，kk[i]存的是得到这个dp值要经过的新增节点个数。从第0个节点开始深搜，每次判一下如果i所能到达的结点a有dp[i] > dp[a]+1且kk[a] + add <= k，就更新dp和kk dp[i] = dp[a] + 1; kk[i] = kk[a] + add; 最后输出dp[1]-2就是所求结果。
觉得不需要像题解那样用一个vis数组来存已经遍历过的节点，因为显然如果从A更新到B，B是不会更新回A的，因为这时候dp又多加了一次，不满足dp[i] > dp[a]+1

【代码】
只有80分，没懂哪里搞错了..

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<iostream>
using namespace std;
int node[207][2];
int dp[207];
int kk[207];
int n,m,k,r; 
bool canget(int from, int to)
{
    int a = node[from][0]-node[to][0];
    int b = node[from][1]-node[to][1];
    if(r*r >= a*a+b*b) return true;
    return false;
}
void dfs(int a)
{
    for(int i = 0; i < n+m; i++)
    {
        int add = 0;
        if(i >= n) add = 1;
        if(canget(a,i) && dp[i] > dp[a]+1 && kk[a] + add <= k)
        {
            dp[i] = dp[a] + 1;
            kk[i] = kk[a] + add;
            dfs(i);
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("xx.in","r",stdin);
    scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&k,&r);
    for(int i = 0; i < n+m; i++)
    {
        scanf("%d %d", &node[i][0], &node[i][1]);
        dp[i] = 207;
    }
    dp[0] = 1;
    dfs(0);
    if(dp[1] > n+k-2) printf("0");
    else printf("%d",dp[1]-2);
}

【题解的bfs代码】
https://www.cnblogs.com/zhurb/p/5847768.html
其实好像就是SPFA...