|
|
## 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。
|
|
|
|
|
|
<center><img src='https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/tfom5z2s.png'></center>
|
|
|
|
|
|
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。
|
|
|
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
#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](https://www.acwing.com/problem/content/1051/)：
|
|
|
|
|
|
* 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 $O(n+m+q)$。
|
|
|
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
#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;
|
|
|
}
|
|
|
``` |
