problem

题目描述

给定一张 $n$ 个点的无向图，定义经过一个点 $u$ 的非平凡回路为一条从 $u$ 出发回到 $u$ 的路径，并且至少包含一个简单环。

对于每个点求出经过它的最小非平凡回路长度 $l$。

考虑到这个问题很困难，因此你只需要求出 $\lceil \frac{l}{2}\rceil$ 即可。特别地，如果不存在经过它的非平凡回路则输出 $-1$。

这里的简单环定义为环上边各不相同。

输入格式

第一行一个正整数 $n$。

接下来 $n-1$ 行。第 $i$ 行有一个长度为 $i$ 的 $01$ 串，表示 $i+1$ 号点和 $1\sim i$ 号点是否有边。

输出格式

共 $n$ 行，表示答案。

数据范围

$n\le 5000$。

solution

这道题挺有迷惑性的。

看这个 $n$ 的范围，明显连 $n^2$ 的算法都能接受，肯定不会是考察什么高级算法带 $log$ 的。

考虑暴力，就是从每个点开始 $bfs$ 搜答案，当第二次访问到一个点时则为有环。

很可惜时间复杂度是 $O(nm)$，边数 $m$ 又是 $n^2$ 级别的。

我们希冀找到一种解法的时间复杂度只和点数 $n$ 挂钩。

仍然是 $bfs$。

对于每个点 $u$ 记录其前驱点（由哪个点转移过来的）$ls{t}_u$。

然后遍历所有和 $u$ 有边相连的点 $v$，如果 $v$ 已经被访问过了且不是 $u$ 的前驱，则答案为 $di{s}_u+1$。

这样子如果一个点被访问两次就会结束 $bfs$，最坏情况下就是把 $n$ 个点都访问了一次，下一次就一定会结束（抽屉原理）。

时间复杂度自然只和点数挂钩，$O(n^2)$。

答案为什么为 $di{s}_u+1$？

• 因为是最短路 $bfs$，所以一个环一定是从某个点进入然后两边开始遍历的，即只用环长 $\lceil \frac{l}{2}\rceil$ 层就能遍历环上所有点。

  这个 $u$ 肯定是连接两个相反方向遍历最新经过点的点。

  奇偶环的问题导致非平凡回路的长度不同，但是答案形式变化后就是一样的了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 5005
int n;
char s[maxn];
int dis[maxn], lst[maxn];
vector < int > G[maxn];
queue < int > q;void bfs( int x ) {memset( dis, -1, sizeof( dis ) );memset( lst, -1, sizeof( lst ) );while( ! q.empty() ) q.pop();dis[x] = 0; q.push( x );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int v : G[u] ) if( ~ dis[v] ) {if( lst[u] == v ) continue;else { printf( "%d\n", dis[u] + 1 ); return; }}else {dis[v] = dis[u] + 1;lst[v] = u;q.push( v );}}puts("-1");
}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {scanf( "%s", s + 1 );for( int j = 1;j < i;j ++ )if( s[j] - '0' ) {G[j].push_back( i );G[i].push_back( j );}}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) bfs( i );return 0;
}