【HDU5807 BestCoder Round 86D】【分步式DP 状态转化】Keep In Touch 三人起点(i,j,k)保持联络条件下行走路径数

本文主要是介绍【HDU5807 BestCoder Round 86D】【分步式DP 状态转化】Keep In Touch 三人起点(i,j,k)保持联络条件下行走路径数，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

在Byteland一共有$n$个城市，编号依次为$1$到$n$，同时有$m$条单向道路连接着这些城市，其中第$i$条道路的起点为u_iu​i​​，终点为v_i(1\leq u_i < v_i\leq n)v​i​​(1≤u​i​​<v​i​​≤n)。特工团队一共有$3$名成员：007，008，以及009，他们将要执行$q$次秘密任务。在每次任务中，三人可能会处于三个不同的城市，他们互相之间通过对讲机保持联络。编号为$i$的城市的无线电频为w_iw​i​​，如果两个城市的无线电频差值的绝对值不超过$K$，那么无线电就可以接通。三个特工每个时刻必须要选择一条道路，走到下一个城市，每条道路都只需要花费$1$单位时间。他们可以选择在任意城市终止任务，甚至可以在起点就终止任务，但不允许在道路上终止任务。现在他们想知道，对于每次任务，给定三个人的起始位置，有多少种可能的合法行动方案，使得行动过程中任意在城市的时刻，他们都可以两两联络？两个方案被视作不同当且仅当至少存在一个人在某一时刻所在的城市不同。注意：$3$个特工必须同时结束任务。

输入的第一行包含一个正整数$T(1\le T\le 10)$，表示测试数据的组数。对于每组数据，第一行包含四个整数n(1\leq n\leq 50),m(0\leq m\leq \frac{n(n-1)}{2}),K(0\leq K\leq 10^9),q(1\leq q\leq 125000)n(1≤n≤50),m(0≤m≤​2​​n(n−1)​​),K(0≤K≤10​9​​),q(1≤q≤125000)，表示城市数，道路数，允许的差值上限以及任务个数。第二行包含$n$个正整数w_i(1\leq w_i\leq 10^9)w​i​​(1≤w​i​​≤10​9​​)，依次表示每个城市的无线电频。接下来$m$行，每行包含两个正整数u_i,v_i(1\leq u_i < v_i\leq n)u​i​​,v​i​​(1≤u​i​​<v​i​​≤n)，表示一条单向道路，数据保证没有重边。接下来$q$行，每行包含三个正整数$x,y,z(1\le x,y,z\le n)$，表示一次任务中三个人的起始位置。数据保证在起始位置三个人可以两两联络。

对于每组数据，输出$q$行，对于每个任务输出方案数。由于答案可能很大，请对$998244353$取模。

1
4 4 2 10
8 8 4 1
1 3
1 4
2 3
2 4
1 1 1
1 1 2
1 2 1
1 2 2
2 1 1
2 1 2
2 2 1
2 2 2
3 3 3
4 4 4

3
3
3
3
3
3
3
3
1
1

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b>a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b<a)a = b; }
const int N = 52, M = 0, Z = 998244353, ms63 = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n, m, K, q;
int w[N];
vector<int>a[N];
int f[N][N][N][3];
bool ok(int x, int y)
{return abs(w[x] - w[y]) <= K;
}
bool e[N][N];
int main()
{scanf("%d", &casenum);for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei){MS(e, 0);scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &K, &q);for (int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%d", &w[i]), a[i].clear();for (int i = 1; i <= m; ++i){int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);a[y].push_back(x);e[x][y] = 1;}MS(f, 0);for (int i = n; i >= 1; --i){for (int j = n; j >= 1; --j){for (int k = n; k >= 1; --k){if (!ok(i, j) || !ok(i, k) || !ok(j, k))f[i][j][k][0] = 0;else gadd(f[i][j][k][0], 1);if (f[i][j][k][0])for (int u = 1; u < i; ++u)if (e[u][i])//for (int o = a[i].size() - 1, u; ~o; --o)u = a[i][o],gadd(f[u][j][k][2], f[i][j][k][0]);if(f[i][j][k][2])for (int u = 1; u < j; ++u)if (e[u][j])//for (int o = a[j].size() - 1, u; ~o; --o)u = a[j][o],gadd(f[i][u][k][1], f[i][j][k][2]);if(f[i][j][k][1])for (int u = 1; u < k; ++u)if (e[u][k])//for (int o = a[k].size() - 1, u; ~o; --o)u = a[k][o],gadd(f[i][j][u][0], f[i][j][k][1]);}}}while (q--){int x, y, z;scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);printf("%d\n", f[x][y][z][0]);}}return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
1，本来是并不难的分段式DP，结果却没写出来TwT 写出来就又能拿到BC rank1了 好可惜。
2，因为这道题最坏情况就是完全图这种，而且组数不多，所以用vector存边的优化其实只有反效果【题意】
n(50)个城市m(c(n,2))条单向边(x,y)，保证x<y
对于三个点(x,y,z)如果abs(w[x]-w[y])<=K && abs(w[x]-w[y])<=K && abs(w[x]-w[y])<=K则这是一个合法状态。
问你，如果我们从(x,y,z)出发，可以在合法状态中任意行走任意终止，有多少种不同的行走路径数【类型】
分段式DP 打破题目约束【分析】
这道题可以AC的复杂度最多只能为O(n^4)
而一个状态是O(n^3)，如果我们暴力枚举两个状态，并做转移，复杂度是O(n^6)的。
于是我们要尝试优化——
我们发现，我们在转移的时候，可以考虑的不再是三重循环转移，而是分步式转移。
即，虽然题目要求是三个人同时走，但是我们可以把其转化为三个人轮流走的情况。
因为同时走的复杂度是是要做三种枚举。所以我们定义状态的一二三步
即f[i][j][k][0]表示，下一步是i走
即f[i][j][k][1]表示，下一步是j走
即f[i][j][k][2]表示，下一步是k走
这样答案的输出是f[i][j][k][0]，这时三个人步长相同。
因为我们计算的时候，按照基本转移方程，f[i][j][k]+=f[ii][jj][kk]，(ii,jj,kk)是(i,j,k)的合法后继
所以，(i,j,k)较大的要先算出来。于是我们倒着展开DP。具体转移是这样子的——
if (!ok(i, j) || !ok(i, k) || !ok(j, k))f[i][j][k][0] = 0;
else gadd(f[i][j][k][0], 1);//这个DP的起点条件并不一定是要满足ok(i,j)&&ok(i,k)&&ok(j,k)，因为这个状态可能是中途状态
if (f[i][j][k][0])for (int u = 1; u < i; ++u)if (e[u][i])gadd(f[u][j][k][2], f[i][j][k][0]);
if(f[i][j][k][2])for (int u = 1; u < j; ++u)if (e[u][j])gadd(f[i][u][k][1], f[i][j][k][2]);
if(f[i][j][k][1])for (int u = 1; u < k; ++u)if (e[u][k])gadd(f[i][j][u][0], f[i][j][k][1]);【时间复杂度&&优化】
O(n^4)*/

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