题目

已上传洛谷：U605360 最小交通费

有一个圆上均匀分布着L个点（编号按逆时针顺序依次为1~L）。在这些点中还存在m条弦。如果在圆弧上从一个点走到另一个相邻的点，需要支付1元的费用；但如果通过弦来走（包括交点），则无需支付费用。例如，如图所示，如果存在弦（1,3）和（2,4），则从点1到点2可以先从1走到两条弦的交点，再从交点走到2，这样就无需收费。请你设计算法，找出某两个点之间最少的交通费。

程序的第一行输入三个整数：L、m、q，用空格分隔。
接下来输入m行，每行两个整数，表示一条弦。
接下来输入q行，每行两个整数，表示q个问题。如“1 2”则表示一个问题，表示点1和2之间的最少交通费。
程序的输出为q行，每行为一个问题的答案。

注：题中 L 最大为 3 × 10^8

示例输入

示例输出

机试情况

南软/智软的夏令营机试是4小时4道题，每题100分，满分400分。4小时内排行榜上此题无人AC，不过有人拿到60-70分。我自己在考场也是只拿到部分分数（没想到通法，只打表了一些少数点的情况），事后思考后才成功解决。

解题思路

我们可以自然地把这个问题抽象为一个图，其中包含两种不同代价的边：

圆弧边：连接圆上相邻的两个点，例如点 i 和点 i+1（以及点 L 和点 1）。走这些边需要花费1元，因此它们的边权为 1。
免费边：所有通过弦和弦的交点构成的路径。走这些边无需花费，因此它们的边权为 0。

问题的关键在于，所有通过弦和交点能够互相到达的点，实际上构成了一个“免费交通网络”。网络内的任意两点之间都可以零费用到达。我们可以把这样一个网络视为一个连通分量。

所以我们可以用并查集 来高效地处理和合并这些连通分量。

初始化：将圆上的 L 个点每一个都看作一个独立的集合。
合并弦端点：对于给定的 m 条弦，每条弦 (u, v) 都意味着 u 和 v 是零费用连通的。我们将 u 和 v 所在的集合合并。
合并相交弦：接下来，我们需要找出所有相交的弦。
- 如何判断两条弦是否相交？ 假设有两条弦 (a, b) 和 (c, d)。为了方便判断，我们先将每条弦的端点按编号从小到大排序，即 u1 = min(a, b), v1 = max(a, b) 和 u2 = min(c, d), v2 = max(c, d)。这两条弦在圆内相交的充要条件是，它们的端点在圆上是交错排列的。也就是说，必须满足 u1 < u2 < v1 < v2 或者 u2 < u1 < v2 < v1。
- 对于每一对相交的弦，例如 (a, b) 和 (c, d)，它们的所有四个端点 a, b, c, d 都应该在同一个零费用连通分量中。我们只需将其中任意一个点（如 a）与另一条弦的任意一个点（如 c）所在的集合合并即可。

完成以上步骤后，并查集就完整地记录了所有的零费用连通分量。

第二步：计算两个点之间的最短交通费

对于每一个查询 (s, t)：

首先，我们使用并查集的 find 操作检查 s 和 t 是否在同一个连通分量中。
- 如果 find(s) == find(t)，说明它们在同一个免费交通网络内，可以直接到达，费用为 0。
如果它们不在同一个连通分量中，费用就来自于在圆弧上从一个连通分量“跳”到另一个连通分量的次数。这可以转化为一个在 “分量图” 上的最短路问题。
- 图中的每个节点代表一个连通分量。
- 如果圆弧上相邻的两个点 i 和 i+1 属于不同的连通分量（即 find(i) != find(i+1)），我们就在这两个分量对应的节点之间连一条边，权重为 1。
- 问题就变成了，在分量图上，从 s 所在的分量走到 t 所在的分量，最少需要经过几条边。这是一个典型的无权图最短路问题，可以使用BFS 来解决。

C++ 代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>   // iota
#include <algorithm> // swap, min, max
#include <utility>   // pair
#include <map>
#include <queue>

using namespace std;

// --------  DSU 模板 --------
class DSU
{
public:
    vector<int> parent;
    vector<int> sz; // 按大小合并的依据 (避免与C++的size()函数重名，改为sz)
    int count;           // 联通分量
    DSU(int n)
    {
        count = n;
        parent.resize(n);
        sz.resize(n);
        iota(parent.begin(), parent.end(), 0); // 从0开始连续填充
        sz.assign(n, 1);
    }
    int find(int i)
    {
        if (parent[i] == i)
            return i;
        return parent[i] = find(parent[i]);
    }
    void unite(int a, int b)
    {
        int root_a = find(a), root_b = find(b);
        if (root_a != root_b)
        {
            if (sz[root_a] < sz[root_b])
                std::swap(root_a, root_b);
            // a是大树，b合并到a
            parent[root_b] = root_a;
            sz[root_a] += sz[root_b];
            count--;
        }
    }
    bool is_connected(int a, int b)
    {
        return find(a) == find(b);
    }
    // 获取联通分量
    int get_count() const
    {
        return count;
    }
    // 获取i所在集合的大小
    int get_size(int i)
    {
        return sz[find(i)];
    }
};
// -------- DSU 模板结束 --------


int main()
{
    // C++ 标准输入输出加速
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int L, m, q;
    cin >> L >> m >> q;

    // --- 步骤 1: 预处理，构建零费用连通分量 ---

    // DSU对象，大小为L+1以方便使用1-based索引
    DSU dsu(L + 1);

    vector<pair<int, int>> chords;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        // 存储弦，并保证端点有序，方便后续判断
        chords.push_back({std::min(u, v), std::max(u, v)});
        // 合并弦的两个端点
        dsu.unite(u, v);
    }

    // 检查所有弦的配对，看它们是否相交 (O(m^2))
    for (int i = 0; i < m; ++i)
    {
        for (int j = i + 1; j < m; ++j)
        {
            int u1 = chords[i].first;
            int v1 = chords[i].second;
            int u2 = chords[j].first;
            int v2 = chords[j].second;

            // 判断相交：端点是否交错排列
            // (u1 < u2 < v1 < v2) 或 (u2 < u1 < v2 < v1)
            if ((u1 < u2 && u2 < v1 && v1 < v2) || (u2 < u1 && u1 < v2 && v2 < v1))
            {
                // 如果相交，合并它们所在的集合
                // 只需要合并任意两个不同弦上的点即可
                dsu.unite(u1, u2);
            }
        }
    }

    // --- 步骤 2: 构建“分量图” ---

    // 使用 map 将 DSU 的根节点映射到从 0 开始的连续索引
    map<int, int> comp_map;
    int comp_idx_counter = 0;
    for (int i = 1; i <= L; ++i) {
        int root = dsu.find(i);
        if (comp_map.find(root) == comp_map.end()) {
            comp_map[root] = comp_idx_counter++;
        }
    }

    int num_components = comp_map.size();
    vector<vector<int>> comp_adj(num_components);

    // 遍历圆周上的所有相邻点对，构建分量图的邻接表
    for (int i = 1; i <= L; ++i)
    {
        int p1 = i;
        int p2 = (i == L) ? 1 : i + 1; // p2是p1在圆上的下一个点

        // 如果相邻点属于不同分量，则在分量图上添加一条边
        if (!dsu.is_connected(p1, p2))
        {
            int root1 = dsu.find(p1);
            int root2 = dsu.find(p2);
            int idx1 = comp_map[root1];
            int idx2 = comp_map[root2];
            comp_adj[idx1].push_back(idx2);
            comp_adj[idx2].push_back(idx1);
        }
    }

    // --- 步骤 3: 处理查询 ---
    for (int i = 0; i < q; ++i)
    {
        int s, t;
        cin >> s >> t;

        // 如果起点和终点在同一个分量，费用为0
        if (dsu.is_connected(s, t))
        {
            cout << 0 << "\n";
            continue;
        }

        // 否则，在分量图上运行BFS
        int start_comp_idx = comp_map[dsu.find(s)];
        int end_comp_idx = comp_map[dsu.find(t)];

        queue<pair<int, int>> bfs_q; // 存储 {当前分量索引, 距离}
        vector<int> dist(num_components, -1); // -1表示未访问

        bfs_q.push({start_comp_idx, 0});
        dist[start_comp_idx] = 0;

        while (!bfs_q.empty())
        {
            auto [curr_comp, d] = bfs_q.front();
            bfs_q.pop();

            if (curr_comp == end_comp_idx)
            {
                cout << d << "\n";
                break;
            }

            for (int neighbor_comp : comp_adj[curr_comp])
            {
                if (dist[neighbor_comp] == -1) // 如果邻居未被访问
                {
                    dist[neighbor_comp] = d + 1;
                    bfs_q.push({neighbor_comp, d + 1});
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}

补充：优化思路

由于题目给出的 L 最大可达 3 * 10^8，上面代码会导致MLE。DSU dsu(L + 1) 至少需要约 2.4 GB 内存，显然是不可接受的。

解决这个问题的核心思想是离散化，也称关键点法。我们无需关心圆上所有的 L 个点，真正影响“免费交通网络”结构和连接性的，只有那些被明确提到的“关键点”。

这些“关键点”包括：

所有 m 条弦的 2*m 个端点。
所有 q 次查询的 2*q 个起点和终点。

除此之外的所有其他点，我们都可以看作是“空白”的弧。我们只需处理这数量级很小（最多 2m + 2q 个）的关键点，并计算它们之间的关系即可。

对原算法进行如下两个关键的改造：

使用基于 std::map 的并查集（DSU）。 我们将 DSU 的底层实现从 std::vector 改为 std::map。map 只会为我们实际接触到的“关键点”动态分配内存，而不会预先分配一个大小为 L 的巨大数组。这直接将空间复杂度从 O(L) 降至 O(m+q)。
高效构建带权的“分量图”并使用Dijkstra算法。我们不再遍历 1 到 L 来建图，而是只关注由所有关键点分割出的关键弧。
- 首先，我们将所有关键点收集起来，并进行排序和去重。
- 然后，我们遍历这个排好序的关键点列表。对于每一对在圆弧上相邻的关键点（例如列表中的 p_i 和 p_{i+1}，以及最后一个点和第一个点形成的环形弧），它们之间就构成了一段关键弧。
- 如果这段弧两端的关键点 p_i 和 p_{i+1} 属于不同的连通分量（即 find(p_i) != find(p_{i+1})），那么这段弧就是连接两个免费区的“付费桥梁”。
- 关键修正一： 我们就在这两个分量对应的节点之间连一条边。这条边的权重并非固定的1，而是这段弧的实际长度（例如 p_{i+1} - p_i）。
- 关键修正二： 因为边的权重不同，使“分量图”成为一个带权图。因此，在求解两个分量间的最短路时，我们必须使用 Dijkstra 算法，而非原思路中的 BFS。

这样，我们就在时间和空间上都高效地解决了这个问题。算法复杂度只与 m 和 q 的大小相关，而与巨大的 L 无关。

C++ 代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>

using namespace std;

// -------- 基于 map 的 DSU 模板 --------
class MapDSU {
public:
    map<int, int> parent;
    map<int, int> sz;

    int find(int i) {
        if (parent.find(i) == parent.end()) {
            parent[i] = i;
            sz[i] = 1;
        }
        if (parent[i] == i) {
            return i;
        }
        return parent[i] = find(parent[i]);
    }

    void unite(int a, int b) {
        int root_a = find(a);
        int root_b = find(b);
        if (root_a != root_b) {
            if (sz[root_a] < sz[root_b]) {
                swap(root_a, root_b);
            }
            parent[root_b] = root_a;
            sz[root_a] += sz[root_b];
        }
    }

    bool is_connected(int a, int b) {
        // find会自动初始化不存在的点
        return find(a) == find(b);
    }
};

const long long INF = 1e18;

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    long long L;
    int m, q;
    cin >> L >> m >> q;

    MapDSU dsu;
    vector<pair<int, int>> chords(m);
    set<int> key_points_set;

    // --- 步骤1: 合并弦和相交弦 ---
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cin >> chords[i].first >> chords[i].second;
        if (chords[i].first > chords[i].second) {
            swap(chords[i].first, chords[i].second);
        }
        dsu.unite(chords[i].first, chords[i].second);
        key_points_set.insert(chords[i].first);
        key_points_set.insert(chords[i].second);
    }

    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (int j = i + 1; j < m; ++j) {
            long long u1 = chords[i].first, v1 = chords[i].second;
            long long u2 = chords[j].first, v2 = chords[j].second;
            if (u1 > u2) {
                swap(u1, u2); swap(v1, v2);
            }
            if (u1 < u2 && u2 < v1 && v1 < v2) {
                dsu.unite(u1, u2);
            }
        }
    }

    // --- 步骤2: 收集所有关键点 ---
    vector<pair<int, int>> queries(q);
    for (int i = 0; i < q; ++i) {
        cin >> queries[i].first >> queries[i].second;
        key_points_set.insert(queries[i].first);
        key_points_set.insert(queries[i].second);
    }

    vector<int> key_points(key_points_set.begin(), key_points_set.end());

    // --- 步骤3: 构建带权的“分量图” ---
    map<int, int> root_to_idx; // DSU根节点到分量图新索引的映射
    int comp_idx_counter = 0;
    for (int point : key_points) {
        int root = dsu.find(point);
        if (root_to_idx.find(root) == root_to_idx.end()) {
            root_to_idx[root] = comp_idx_counter++;
        }
    }

    int num_components = root_to_idx.size();
    // 邻接表存储 {邻居分量索引, 权重}
    vector<vector<pair<int, long long>>> comp_adj(num_components);

    // 只需检查排序后相邻关键点之间的弧
    for (size_t i = 0; i < key_points.size(); ++i) {
        int p1 = key_points[i];
        // p2 是 p1 在关键点列表中的下一个点（包括环形）
        int p2 = key_points[(i + 1) % key_points.size()];

        int root1 = dsu.find(p1);
        int root2 = dsu.find(p2);

        if (root1 != root2) {
            long long dist;
            if (i == key_points.size() - 1) { // 最后一个点到第一个点的环形距离
                dist = (L - p1) + p2;
            } else {
                dist = p2 - p1;
            }
            int idx1 = root_to_idx[root1];
            int idx2 = root_to_idx[root2];
            comp_adj[idx1].push_back({idx2, dist});
            comp_adj[idx2].push_back({idx1, dist});
        }
    }

    // --- 步骤4: 处理查询 ---
    for (const auto& query : queries) {
        int s = query.first;
        int t = query.second;

        if (dsu.is_connected(s, t)) {
            cout << 0 << "\n";
            continue;
        }

        int start_root = dsu.find(s);
        int end_root = dsu.find(t);
        int start_idx = root_to_idx[start_root];
        int end_idx = root_to_idx[end_root];

        // Dijkstra 算法
        priority_queue<pair<long long, int>, vector<pair<long long, int>>, greater<pair<long long, int>>> pq;
        vector<long long> dist(num_components, INF);

        dist[start_idx] = 0;
        pq.push({0, start_idx});

        while (!pq.empty()) {
            auto [d, u] = pq.top();
            pq.pop();

            if (d > dist[u]) continue;
            if (u == end_idx) break;

            for (const auto& edge : comp_adj[u]) {
                int v = edge.first;
                long long weight = edge.second;
                if (dist[u] + weight < dist[v]) {
                    dist[v] = dist[u] + weight;
                    pq.push({dist[v], v});
                }
            }
        }
        cout << dist[end_idx] << "\n";
    }

    return 0;
}

17 KiB Raw Blame History Unescape Escape

题目

示例输入

示例输出

机试情况

解题思路

C++ 代码

补充：优化思路

C++ 代码

17 KiB

Raw Blame History