P1713 麦当劳叔叔的难题

题目描述

说我们铭铭小朋友成功的回答了爸爸的问题，自然少不了要去索要些奖励，抠门的爸爸一看报纸，嘿，门口的麦当劳在搞活动，还有免费午餐哦，不过前提条件：得正确回答麦当劳叔叔的问题。

问题是这样描述的：

“我面前有很多个小朋友，我希望你帮我找到一个最聪明的小朋友。我心目中最聪明的就是第一个跑进麦当劳大门的，我希望你帮我找出最聪明和最不聪明的小朋友，可能的最大的到达时间差。但是，小朋友只能按照一个特殊的规则前进。小朋友面前有一个 n\times nn×n 的格子矩阵，左下角的格子是起点，右上角的格子是大门。每个孩子每秒可以走向上、下、左、右前进一个格子，每个格子只能经过一次。但矩阵中间有一些障碍区，不能通过，只能绕过。”

例如，4\times 44×4 的矩阵，格子 (1, 1),(2, 3),(4, 2)为障碍区，黑格子就是一条可行的路线。时间为 77。

输入格式
第一行为两个整数 n, m

第二至第 m+1行里，每行描述一个障碍区。用两个整数表示 x, y

输出格式
仅一行，那个最大的时间差。

输入输出样例
输入 #1复制
4 3
1 1
2 3
4 2
输出 #1复制
4
说明/提示
2\le n\le 102≤n≤10，0\le m\le 1000≤m≤100，1\leq x,y\leq n1≤x,y≤n
计算最短路是容易的，考虑计算最长路。可令 dp_{i,j,S}
表示考虑到格子 (i,j)轮廓线上的插头方案为 S 时的最长路径。

考虑 S 需要记录哪些信息，发现只需要维护插头之间的连通性，使合并插头的时候不连出环即可。也就是我们可以用一个长为 n+1 的数组 A表示 S，A_i = 0

=0 表示当前位置没有插头，A_i = 1
=1 表示当前插头和源点联通，否则如果 A_i > 1A

表示插头 ii 和 jj 联通。采用最小表示法即可使 S 对应的 A 唯一。

上图轮廓线的状态对应的 A = [0,0,2,3,3,0,2,1]

考虑 SS 的可能状态数，发现：

1.对于 x > 1x>1，只可能存在 0 个或者 2 个 i 满足 A_i = xA

2.不存在 i < j < k < li<j<k<l 且 A_i = A_kA
也即 A_i >

1 的位置一定可以表示为一个合法的括号序列，那么可以得到状态数是低于 3^n
n
的。事实上状态数是低于这个界的。因此以上算法的时间复杂度为 O(n^c 3^n )，其中 c 为一取决于实现方式的常数。

（下面的代码需要 C++11）

#include <bits/stdc++.h>

using pii = std::pair<int,int>;
const int inf = 1e7;

int dx[] = {0,1,0,-1};
int dy[] = {1,0,-1,0};

int n,m,dis[12][12],ban[12][12];

std::map< std::vector<int> , int >dp[12][12];	

std::vector<int> process(std::vector<int>S) {
	int cnt = 1;
	int vis[30] = {0};
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++ i) {
		if (S[i] == 0 || S[i] == 1) continue;
		if (!vis[S[i]]) { vis[S[i]] = ++cnt; S[i] = cnt; }
		else S[i] = vis[S[i]];
	} return S;
}
std::vector<int> shift(std::vector<int>S){ for (int i = 1; i <= n; ++ i) S[i] = S[i+1]; S[n+1] = 0; return S; }
std::vector<int> trans(std::vector<int>S,int i) { std::swap(S[i],S[i+1]); return S; }
std::vector<int> create(std::vector<int>S,int i) { S[i] = S[i+1] = 20; return process(S); }
std::vector<int> merge(std::vector<int>S,int i) {
	int p = S[i], q = S[i+1], flag = 20;
	if (p == 1 || q == 1) flag = 1;
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++ i) if (S[i] == p || S[i] == q) S[i] = flag;
	S[i] = S[i+1] = 0;
	return process(S);
}

int main() {
	
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		ban[x][y] = 1;
		assert( not ( (x == 1 && y == n)  or (x == n && y == 1) ) );
	}
	
	auto bfs = [&]() {
		std::memset(dis,-1,sizeof(dis));
		std::queue< pii >q;
		q.push( { 1,n } );
		dis[1][n] = 0;
		while (q.size()) {
			auto u = q.front(); q.pop();
			int x = u.first, y = u.second;
			for (int i = 0; i < 4; ++ i) {
				int x1 = x + dx[i], y1 = y + dy[i];
				if (x1 < 1 || x1 > n || y1 < 1 || y1 > n || dis[x1][y1] != -1 || ban[x1][y1]) continue;
				dis[x1][y1] = dis[x][y] + 1;
				q.push( { x1,y1 } );
			}
		} 
	};  bfs();
	
	std::vector<int>v(n+2);
	v[n+1] = 1; dp[1][n-1][v] = 1;
	v[n+1] = 0; v[n] = 1; dp[1][n-1][v] = 1;
	
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		for (int j = n - (i == 1); j >= 1; j --) {
			for (auto P:dp[i][j]) {
				auto S = P.first; int v = P.second;
				int p = S[j], q = S[j+1];
				if (p == 0 && q == 0) dp[i][j-1][S] = std::max(dp[i][j-1][S],v);
				if (ban[i][j]) continue;
				if (p == 0 && q == 0) {
					auto T = create(S,j);
					dp[i][j-1][T] = std::max(dp[i][j-1][T],v + 1);
				}
				if ((p != 0) + (q != 0) == 1) {
					dp[i][j-1][S] = std::max(dp[i][j-1][S],v + 1);
					auto T = trans(S,j);
					dp[i][j-1][T] = std::max(dp[i][j-1][T],v + 1);
				}
				if (p && q && p != q) {
					auto T = merge(S,j);
					dp[i][j-1][T] = std::max(dp[i][j-1][T],v + 1);
				}
			}
		} for (auto P:dp[i][0]) {
			auto S = P.first; int v = P.second;
			if (S[1] == 0) dp[i+1][n][shift(S)] = dp[i][0][S];
		}
	}
	std::vector<int>S1(n+2),S2(n+2);
	S1[1] = 1; S2[2] = 1;
	printf("%d",std::max(dp[n][1][S1],dp[n][1][S2]) - dis[n][1]);
	return 0;
}