Train Driver - 题解

标签与难度

标签: 图论, 最短路, 广度优先搜索(BFS), Dijkstra, 多源最短路, 期望难度: 2100

题目大意喵~

主人你好呀！这道题是说，在一个由 $n$ 个地点和 $m$ 条等长小路组成的校园里（可以看作一个无向连通图），有三位可爱的小伙伴 WJJ, DYX 和 ZZH 准备进行集训，喵~

他们需要找一个集合点，使得三个人从各自的出发点到集合点的总路程最短。

不过呢，他们的出发点不固定，充满了随机性，具体是这样的：

DYX 会等概率地出现在集合 $A$ 中的任意一个地点。
ZZH 会等概率地出现在集合 $B$ 中的任意一个地点。
WJJ 就更随性啦，他会等概率地出现在校园里的任何一个地点。

我们需要计算，在这种随机模型下，他们为了集合所需要走的最短总路程的期望值是多少，的说。

输入：

地点数 $n$ 和小路数 $m$ 。
$m$ 条小路连接的两个地点。
集合 $A$ 的大小和其中包含的地点。
集合 $B$ 的大小和其中包含的地点。

输出：

一个最简分数，表示期望的最短总路程。

解题思路分析

这道题的核心是计算一个期望值，喵~ 看到“期望”两个字，我们首先想到的应该是期望的定义： $E[X] = \sum x_i P(x_i)$ 。在这里， $X$ 就是“最短总路程”，而 $x_i$ 是每一种可能的出发组合所对应的最短总路程， $P(x_i)$ 则是该组合出现的概率。

让我来一步步拆解这个问题吧！

1. 期望公式的展开

设 DYX 的出发点是 $u_A \in A$ ，ZZH 的出发点是 $u_B \in B$ ，WJJ 的出发点是 $u_C \in V$ （ $V$ 是所有地点的集合）。
由于他们是等概率随机选择，任何一个具体组合 $(u_A, u_B, u_C)$ 出现的概率是： $P(u_A, u_B, u_C) = \frac{1}{|A|} \times \frac{1}{|B|} \times \frac{1}{n}$
对于一个确定的出发组合 $(u_A, u_B, u_C)$ ，他们会选择一个集合点 $p \in V$ ，使得三人的总路程 $dist(u_A, p) + dist(u_B, p) + dist(u_C, p)$ 最小。我们把这个最小总路程记为 $D(u_A, u_B, u_C)$ 。
那么，总的期望值就是所有可能情况的（最小路程 $\times$ 概率）之和： $E = \sum_{u_A \in A} \sum_{u_B \in B} \sum_{u_C \in V} D(u_A, u_B, u_C) \times \frac{1}{|A| \cdot |B| \cdot n}$
根据期望的线性性质，我们可以把常数项提出来： $E = \frac{1}{|A| \cdot |B| \cdot n} \left( \sum_{u_A \in A} \sum_{u_B \in B} \sum_{u_C \in V} D(u_A, u_B, u_C) \right)$

现在，问题转化为了如何高效地计算 $\sum_{u_A \in A} \sum_{u_B \in B} \sum_{u_C \in V} D(u_A, u_B, u_C)$ 这个巨大的和，也就是期望的分子部分。

2. 简化求和

直接三重循环枚举 $(u_A, u_B, u_C)$ 肯定会超时的说。我们不如换个思路，把求和的顺序调整一下。我们可以先固定 DYX 和 ZZH 的位置，也就是一对 $(u_A, u_B)$ ，然后计算 WJJ 在所有可能位置时，对应的最小总路程之和。

对于固定的 $(u_A, u_B)$ ，我们要求的是 $\sum_{u_C \in V} D(u_A, u_B, u_C)$ 。其中 $D(u_A, u_B, u_C) = \min_{p \in V} \{ dist(u_A, p) + dist(u_B, p) + dist(u_C, p) \}$ 。

这个式子看起来还是很复杂，喵~ 别急，我们再深入一点。

3. 关键转化：多源最短路

对于固定的 $(u_A, u_B)$ 和一个可能的 WJJ 出发点 $u_C$ ，我们要找一个汇合点 $p$ 。我们可以把 $dist(u_A, p) + dist(u_B, p)$ 看作是选择 $p$ 作为汇合点的“基础代价”。那么，对于一个给定的 $u_C$ ，最小总路程就是：

D(u_A, u_B, u_C) = \min_{p \in V} \{ (dist(u_A, p) + dist(u_B, p)) + dist(p, u_C) \}

这个式子是不是有点眼熟呐？它长得很像最短路的定义！

我们可以把它想象成一个多源最短路问题：

假设图中的每个节点 $p$ 都是一个潜在的“源点”。
从源点 $p$ 出发的初始“代价”不是 0，而是 $dist(u_A, p) + dist(u_B, p)$ 。
我们想求的是，从所有这些带权重的源点出发，到达节点 $u_C$ 的最短路径。

这个过程可以用 Dijkstra 算法来解决！因为所有边的权重都是 1，所以我们可以用一种更快的、线性的 Dijkstra 实现，也就是用 BFS 来模拟。

4. 算法流程

结合上面的分析，我们的完整算法就清晰啦：

Step 1: 预处理

因为我们需要频繁查询任意两点间的距离，而 $|A|$ 和 $|B|$ 的大小都不超过 20，很小。所以我们可以先为集合 $A$ 和 $B$ 中的每一个点，都跑一次 BFS，计算出它到图中所有其他点的最短距离。
我们可以用 dist_A[i][v] 表示集合 $A$ 中第 $i$ 个点到点 $v$ 的距离，dist_B[j][v] 同理。
这一步的时间复杂度是 $(|A| + |B|) \times O(N+M)$ ，完全可以接受。

Step 2: 主循环计算

我们要计算总路程和，所以初始化一个 long long total_min_distance_sum = 0;

然后，我们枚举所有可能的

(u_A, u_B)

组合：

for each u_A in A:
    for each u_B in B:
        // 计算这对 (u_A, u_B) 贡献的总和
        sum_for_this_pair = calculate_sum(u_A, u_B)
        total_min_distance_sum += sum_for_this_pair

Step 3: calculate_sum(u_A, u_B) 的实现 (核心部分)

对于固定的 $(u_A, u_B)$ ，我们要计算 $\sum_{u_C \in V} \min_{p \in V} \{ (dist(u_A, p) + dist(u_B, p)) + dist(p, u_C) \}$ 。
我们定义一个 initial_cost 数组，initial_cost[p] = dist(u_A, p) + dist(u_B, p)。这部分数据可以直接从预处理的结果中查到。
现在，我们要进行一次多源 BFS/Dijkstra。设 final_cost[v] 为 WJJ 从 $v$ 点出发时的最小总路程。
初始化 final_cost 数组，final_cost[v] = initial_cost[v] 对所有 $v \in V$ 成立。
创建一个优先队列，把所有节点 (p, initial_cost[p]) 都放进去。因为边权为1，我们可以用更高效的方式代替标准优先队列：
- 桶排序优化：创建一个桶数组 buckets，buckets[d] 存放所有 initial_cost 为 d 的节点。
- 然后按 d 从小到大的顺序，把桶里的节点依次放入一个普通的队列 q 中。这样 q 里的节点就按初始代价排好序了！

接下来，对这个队列 q 跑一个标准的 BFS 松弛操作：

cpp

while (!q.empty()) {
    int u = q.front(); q.pop();
    for (int v : neighbors of u) {
        if (final_cost[v] > final_cost[u] + 1) {
            final_cost[v] = final_cost[u] + 1;
            q.push(v);
        }
    }
}

当 BFS 结束后，final_cost[v] 就存储了当 WJJ 从点 $v$ 出发时，三人汇合的最短总路程。
我们将所有的 final_cost[v] (对于 $v \in V$ ) 加起来，就得到了 sum_for_this_pair。

Step 4: 计算最终结果

经过主循环，我们得到了总和 total_min_distance_sum。
分母是 denominator = 1LL * |A| * |B| * n。
最后用 gcd 求最大公约数，化简分数 total_min_distance_sum / denominator 并输出。

这样，我们就把一个复杂的期望问题，巧妙地转化成了一系列多源最短路问题，并用高效的算法解决了它，喵~ 是不是很酷！

代码实现

这是我根据上面的思路，精心为你准备的代码哦~ 加了详细的注释，希望能帮助你理解，喵！

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <numeric>

// 一个求最大公约数的函数，用来化简分数
long long gcd(long long a, long long b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

const int MAXN = 100005;
const int MAX_SET_SIZE = 25;

int n, m;
std::vector<int> adj[MAXN];
int dist_from_A[MAX_SET_SIZE][MAXN];
int dist_from_B[MAX_SET_SIZE][MAXN];
int locations_A_size, locations_B_size;
int locations_A[MAX_SET_SIZE], locations_B[MAX_SET_SIZE];

// 标准的BFS，用于计算单源最短路
void run_bfs(int start_node, int* dist_array) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        dist_array[i] = -1;
    }
    std::queue<int> q;

    dist_array[start_node] = 0;
    q.push(start_node);

    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();

        for (int v : adj[u]) {
            if (dist_array[v] == -1) {
                dist_array[v] = dist_array[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}

// 核心函数：为固定的 (u_A, u_B) 计算 WJJ 在所有可能位置出发的最小总路程之和
long long calculate_sum_for_pair(int idx_a, int idx_b) {
    std::vector<long long> final_min_cost(n + 1);
    int max_initial_cost = 0;

    // 1. 计算每个点的初始代价
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        final_min_cost[i] = dist_from_A[idx_a][i] + dist_from_B[idx_b][i];
        if (final_min_cost[i] > max_initial_cost) {
            max_initial_cost = final_min_cost[i];
        }
    }

    // 2. 使用桶排序优化Dijkstra的初始化
    std::vector<std::vector<int>> buckets(max_initial_cost + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        buckets[final_min_cost[i]].push_back(i);
    }
    
    std::queue<int> q;
    for (int d = 0; d <= max_initial_cost; ++d) {
        for (int node : buckets[d]) {
            q.push(node);
        }
    }

    // 3. 运行BFS进行松弛操作
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int v : adj[u]) {
            if (final_min_cost[v] > final_min_cost[u] + 1) {
                final_min_cost[v] = final_min_cost[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    
    // 4. 求和
    long long current_pair_sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        current_pair_sum += final_min_cost[i];
    }
    return current_pair_sum;
}

void solve(int case_num) {
    // 初始化图
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        adj[i].clear();
    }
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v;
        scanf("%d %d", &u, &v);
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);
    }

    // 读取集合A和B
    scanf("%d", &locations_A_size);
    for (int i = 1; i <= locations_A_size; ++i) {
        scanf("%d", &locations_A[i]);
    }
    scanf("%d", &locations_B_size);
    for (int i = 1; i <= locations_B_size; ++i) {
        scanf("%d", &locations_B[i]);
    }

    // Step 1: 预处理，计算A、B中各点到全图的距离
    for (int i = 1; i <= locations_A_size; ++i) {
        run_bfs(locations_A[i], dist_from_A[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= locations_B_size; ++i) {
        run_bfs(locations_B[i], dist_from_B[i]);
    }

    // Step 2: 主循环，累加所有(u_A, u_B)对的贡献
    long long total_numerator = 0;
    for (int i = 1; i <= locations_A_size; ++i) {
        for (int j = 1; j <= locations_B_size; ++j) {
            total_numerator += calculate_sum_for_pair(i, j);
        }
    }

    // Step 4: 计算最终结果
    long long total_denominator = 1LL * locations_A_size * locations_B_size * n;
    long long common_divisor = gcd(total_numerator, total_denominator);

    printf("Case #%d: ", case_num);
    if (total_denominator / common_divisor == 1) {
        printf("%lld\n", total_numerator / common_divisor);
    } else {
        printf("%lld/%lld\n", total_numerator / common_divisor, total_denominator / common_divisor);
    }
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for (int i = 1; i <= T; ++i) {
        solve(i);
    }
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O((|A| + |B|) \cdot (N+M) + |A| \cdot |B| \cdot (N+M))$
- 预处理: 我们为集合 $A$ 和 $B$ 中的每个点都运行一次 BFS。这部分的复杂度是 $(|A| + |B|) \times O(N+M)$ 。
- 主循环: 我们有 $|A| \times |B|$ 对组合。对于每一对，我们都执行了一次 calculate_sum_for_pair。
- calculate_sum_for_pair 内部，桶排序和填充队列是 $O(N)$ ，随后的 BFS 过程是 $O(N+M)$ 。所以这一步的复杂度是 $O(N+M)$ 。
- 因此，总时间复杂度是预处理加上主循环的复杂度。因为 $|A|$ 和 $|B|$ 都很小（ $\le 20$ ），这个复杂度是完全可以通过的，喵~
空间复杂度: $O((|A| + |B|) \cdot N)$
- 我们需要存储从集合 $A$ 和 $B$ 中每个点出发到图中所有点的距离，这是空间占用的主要部分，大小为 $(|A| + |B|) \times N$ 。
- 邻接表需要 $O(N+M)$ 的空间。
- 在 calculate_sum_for_pair 函数中，我们用到了大小为 $O(N)$ 的 final_min_cost 数组和桶，以及队列。
- 所以总空间复杂度由预处理的距离矩阵主导。

知识点总结

这道题真是一次有趣的冒险，它教会了我们：

期望的计算: 遇到期望问题，首先要回归其定义，并利用期望的线性性质来简化求和，这是解决这类问题的基本功，呐。
问题转化: 能够将复杂的式子 $\min_{p \in V} \{ C(p) + dist(p, u_C) \}$ 识别为多源最短路问题是解题的关键。这种洞察力需要多做题来培养哦！
多源最短路 (Multi-source Shortest Path): 当有多个源点，且每个源点有不同的初始代（权）价时，可以用 Dijkstra 算法求解。
线性时间 Dijkstra: 在边权为1（或很小）的图上，Dijkstra 算法可以用队列和桶排序等数据结构进行优化，使其时间复杂度从 $O(M \log N)$ 降低到线性的 $O(N+M)$ ，这是一个非常实用且高效的技巧！

希望这篇题解能帮到你，如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦！一起加油，变得更强吧，喵~！

Train Driver - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

1. 期望公式的展开 ​

2. 简化求和 ​

3. 关键转化：多源最短路 ​

4. 算法流程 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​