UVA 10603 - Fill（dijkstra + 狀態圖）

2019-11-08 02:50:07

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供稿：網友

題目鏈接

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_PRoblem&problem=1544

題目大意

有三個水杯，容量分別為 a, b, c 剛開始 c 水杯注滿水，其他是空的，然后求經過 n 次操作后可不可以得到 d 升水。如果可以的話，轉移的水量盡量少，如果無法得到 d 升的話，就輸出 d’ 升，d’< d 并且 d’ 盡量的大。

這里的轉移水量指，總共轉移了多少升水，比如 a 向 b 注了五升水，那么轉移水量為五升。

解題過程

照著紫書示例敲得，看作者代碼學到了好多東西。

題目分析

首先是進行枚舉操作的時候，雖然總共三個杯子，作者還是把數據放到了數組里面，簡化不少代碼，如果是我的話，就直接寫9個if了。

然后是代碼的思想是 dijkstra，求最短路。

把整個問題當做一個狀態圖，每個點由三個水杯里面的水確定。兩個點之間的邊的權值，是由兩個狀態轉化所需要轉移的水量。（注意一點是這里是有向圖）另外三個水杯里面的水合不變，給定兩個水杯里水的體積，就可以確定另一個，所以儲存狀態時，只需要記錄兩個水杯的體積即可。

經過上面的解析，這個問題就抽象成了，求一個有向圖的最短路徑，然后使用了優先隊列優化的 dijkstra 。

另外memcpy的使用值得一學，使用方法如下： memset(&a, &b, sizeof(a)); 把 b 復制給a，直接復制的內存，效率比直接循環快。

AC代碼

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAX = 200+10;struct Node{ int v[3], dist;};bool Operator < (const struct Node& a, const struct Node& b){ return a.dist > b.dist;}int vis[MAX][MAX], ans[MAX];void update_ans(Node u){ for (int i = 0; i < 3; i++) { int d = u.v[i]; if (ans[d] < 0 || ans[d] > u.dist) ans[d] = u.dist; }}void solve(int a, int b, int c, int d){ int cap[3] = {a,b,c}; memset(vis, 0, sizeof(vis)); memset(ans, -1, sizeof(ans)); Node start; start.v[0] = 0, start.v[1] = 0, start.v[2] = c; start.dist = 0; priority_queue<Node> q; q.push(start); vis[0][0] = 1; while (!q.empty()) { Node u = q.top(); q.pop(); update_ans(u); if (ans[d] >= 0) break; for (int i = 0; i < 3; i++) { for (int j = 0; j < 3; j++) { if (i == j) continue; if (u.v[i] == 0 || u.v[j] == cap[j]) continue; int amount = min(cap[j], u.v[i] + u.v[j]) - u.v[j]; Node u2; memcpy(&u2, &u, sizeof(u)); u2.dist = u.dist + amount; u2.v[i] -= amount; u2.v[j] += amount; if (!vis[u2.v[1]][u2.v[0]]) { vis[u2.v[1]][u2.v[0]] = 1; q.push(u2); } } } }}int main(){ int T; scanf("%d", &T); while (T--) { int a, b, c, d; scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d); solve(a, b, c, d); while (d >= 0) { if (ans[d] >= 0) { printf("%d %d/n", ans[d], d); break; } d--; } }}

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