家訪（圖論建模）

cn是大帅哥886發表於2024-08-24
圖論
第1題 家訪 檢視測評資料資訊

小明的老師應為小明平時的表現，要去小明家家訪，小明所住的城市可看做一個二維網格，其中字元#表示障礙，‘.’表示空地。小明的老師住在左上角(1,1)，小明住在右下角(n,m)。小明的老師要去小明家玩。小明的老師如果走到空地側不需要任何代價，但是如果要走到障礙點則他需要先摧毀該障礙。每次可以走到相鄰的四個方向之一，即從(x,y)可以走到(x+1,y),(x-1,y),(x,y+1),(x,y-1)。小明的老師可以花費C[i]的代價將第i列的所有障礙都消滅。請幫小明的老師計算她去小明家最少需要多少代價。

輸入格式

第一行兩個正整數n,m,表示網格圖的大小

接下來n行，每行m個字元，描述網格圖，字元僅由‘.’和‘#’組成，保證起點一定是空地

接下來一行m個數，表示C[i]

1<=n,m<=100,1<=C[i]<=1e5

輸出格式

輸出一個整數

輸入/輸出例子1

輸入：

4 4

.##.

.#.#

.###

..#.

5 3 9 4

輸出：

7

樣例解釋

消除第2列和第4列的障礙，總代價為7

建模：要如何抽象的變成圖論，如何建圖

可以藉助虛擬點（代表某些特定的點，比如代表指定一列的點）完成一些複雜度較高的操作。

方法1：

建完圖之後跑個最短路就好了

建圖：
對於每一個非障礙點，可以向四周連邊，沒障礙邊權就是0，有障礙邊權是a[到四周的那一列]，因為你想要從上一個點到達四周的新點，且新點這裡有障礙，你就得先破除新點的障礙，所以破除花費就是新點處在的列。

但是我們發現，對於同一列，如果相鄰三個點都有障礙，這個時候從第一個點到第二個點，然後從第二個點到第三個點，就會花費兩倍破這一列牆的花費，但是實際上只用花費一次這一列的破牆操作，這樣可以把整列破掉。我們想要處理一下怎麼防止重複算。

我們可以對於每一列，每個點都向每個點連一條邊權是a[這一列]的邊，但這樣複雜度就超限了

我們想，能不能用一個點，代表這一列的所有點，我們稱為特殊點，然後這樣就只需要這個特殊的點和這一列的點有關係就行了。

對每一列建立一個虛擬點，虛擬點向這一列連邊，邊權0，就可以有效解決。

但是虛擬點不能只有出度，什麼點可以進入虛擬點？

前一列向虛擬點連邊，邊權a[這一列]，這樣也同時確保了不會算多破牆操作的花費

但是注意一下，第一列前面沒有列了，那隻能是第一列每個點向虛擬點連邊了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505, M=101, M2=250000;

struct node
{
	int v, w;
	bool operator <(const node &A) const
	{
		return w>A.w;
	};
};
int n, m, w[N], dis[N*N], vis[N*N];
int dx[]={0, 0, 1, -1}, dy[]={1, -1, 0, 0};
char c[N][N];
vector<node> a[N*N*2];
priority_queue<node> q;
void dij()
{
	memset(dis, 63, sizeof dis);
	memset(vis, 0, sizeof vis);
	dis[1*M+1]=0;
	q.push({1*M+1, 0});
	
	while (!q.empty())
	{
		int u=q.top().v;
		q.pop();
		
		if (vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		
		for (int i=0; i<a[u].size(); i++)
		{
			int v=a[u][i].v, w=a[u][i].w;
			if (dis[v]>dis[u]+w)
			{
				dis[v]=dis[u]+w;
				q.push({v, dis[v]});
			}
		}
	}
}
int main()
{
//	freopen("1.in", "r", stdin);
	
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=m; j++) cin>>c[i][j];
	
	for (int i=1; i<=m; i++) scanf("%d", &w[i]);
	
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=m; j++)
			for (int k=0; k<4; k++)
			{
				int nx=i+dx[k], ny=j+dy[k];
				if (nx>=1 && nx<=n && ny>=1 && ny<=m)
				{
					if (c[nx][ny]=='.') a[i*M+j].push_back({nx*M+ny, 0});
					else a[i*M+j].push_back({nx*M+ny, w[ny]});
				}
			}
	
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=m; j++)
		{
			if (j==1) a[i*M+j].push_back({j+M2, w[j]});
		    else a[i*M+j-1].push_back({j+M2, w[j]});
			a[j+M2].push_back({i*M+j, 0});
		}
	
	//for (int i=1; i<=n; i++) a[i*m+1].push_back({1+M2, w[1]});
	dij();
	
	printf("%d", dis[n*M+m]);
	return 0; 
} 
/*
4 3
.##
#..
##. 
...
1 2 3
*/

　　

方法2：
貪心思想
破這一列的障礙後，肯定不會往回走，因為可以直接到這一列的任意位置
建一個大點，代表這列的所有點

入度：這一列全部點，上一列全部點，邊權a[這一列]
出度：下一列可走點，邊權0

兩個差不多了，看懂方法一這個就ok了

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