Codeforces Round #800 (Div. 2)

E. Keshi in Search of AmShZ

题目大意

给定一个 n 个点， ·m条边的有向图，边权为1。

有一个人初始在点1上，想去点 n。

每次你可以执行以下操作中的一个。

1）删除一条边

2）告诉那个人可以走了，那个人会随机的选择一条边走。

现在需要你找到最少的操作 d，使得最多经过 d 次操作，这个人可以到达点n

思路

首先，我们假设dis[u]是点u到点n所需要的最少操作数。

因为要求最多此操作，那我们默认这个人会选择最大的dis[u]走。

那我们怎么跑出答案？

我们反向建图后，记录一下u的入度。

然后跑一下最短路，每次取出最小的dis[u]

从u->v，边权即为此时v的入度deg[v]

为什么是deg[v]，我们考虑，对于u所连接的所有点，我们按照dis从小到大枚举连接点的边。

假设，此时连接的三个点，则为了必须走最小的，则我们一定要删两条边，同时要走这条边，则总共花费三天。

接下来对于次小的，那此时我们只需要将次小的变为最大的就行，则删一条边，同时走这条边，则花费两天。

写成式子即为dis[v]=min(dis[v],dis[u]+deg[v]-1+1),则为dis[v]=min(dis[v],dis[u]+deg[v])

枚举每条边后，则让deg[v]--(因为此时这条边就是可删可不删的了)

实现

跑个反向dij即可。其中对于同一个终点v，每次枚举后，都应让deg--。

Ac_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
#define endl '\n'
typedef pair<int,int> PII;
int h[N],ne[N],e[N],idx;
int deg[N];
int dist[N];
bool st[N];
int n,m;

void add(int a,int b)
{
    e[idx] = b,ne[idx] = h[a],h[a] = idx++;
}

void dij()
{
    priority_queue<PII,vector<PII>,greater<>> q;
    q.push({0,n});
    memset(st,0,sizeof st);
    memset(dist,0x3f,sizeof dist);
    while(q.size())
    {
        auto [dis,ver] = q.top();
        q.pop();
        if(st[ver]) continue;
        st[ver] = 1;
        for(int i=h[ver];~i;i=ne[i])
        {
            int j = e[i];
            if(dis+deg[j]<dist[j]) 
            {
                dist[j] = dis + deg[j];
                q.push({dis+deg[j],j});
            }
            deg[j]--;
        }
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    memset(h,-1,sizeof h);
    for(int i=0;i<m;i++) 
    {
        int u,v;cin>>u>>v;
        add(v,u);deg[u]++;
    }
    dij();
    cout<<dist[1]<<endl;
    return 0;
}

标签：ver,idx,int,dis,Codeforces,st,Div,800,deg
来源： https://www.cnblogs.com/aitejiu/p/16386648.html