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题目描述
题意解析
补丁在修正bug时，有时也会引入新的bug。假定有n（n≤20）个潜在bug和m（m≤100）个补丁，每个补丁用两个长度为n的字符串表示，其中字符串的每个位置表示一个bug。第一个串表示打补丁之前的状态（“-”表示该bug必须不存在，“+”表示必须存在，0表示无所谓），第二个串表示打补丁之后的状态（“-”表示不存在，“+”表示存在，0表示不变）。每个补丁都有一个执行时间，你的任务是用最少的时间把一个所有bug都存在的软件通过打补丁的方式变得没有bug。一个补丁可以打多次。
算法设计
可以用一个n位二进制串表示当前软件存在的bug的“状态”。以这样的状态作为结点，状态转移看成边，转化成图论中的最短路径问题，然后使用Dijkstra算法求解。不过这道题和普通的最短路径问题不一样：结点很多，多达个，而且很多状态根本遇不到（即不管怎么打补丁，也不可能打成那个状态），所以没有必要提前把图储存好。在Dijkstra算法求解过程中，当需要得到某个结点u出发的所有边时，不是去读G[u]，而是直接枚举所有m个补丁，看看是否能打得上。
注意点
- 每个结点bug的状态不要用
string来存储，这样会相当耗时，可以用bitset来存储，bitset其实就是一串二进制位，关于它的用法可以参考bitset - C++ Reference。其实我们完全可以把bitset当作更高效的bool类型数组来使用。 - 本题中尽量使用
scanf读入，不要使用cin，因为本题测试数据量很大，cin读入非常耗时。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Patch{//补丁
int time;
char s1[25],s2[25];
};
typedef pair<int,int> pis;
bool match(const bitset<32>&b,const Patch&p){//当前状态与补丁是否匹配
for(int i=0;p.s1[i]!='\0';++i)
if((p.s1[i]=='+'&&!b[i])||(p.s1[i]=='-'&&b[i]))
return false;
return true;
}
int fix(bitset<32>&b,const Patch&p){//打补丁，返回打好补丁后的状态
for(int i=0;i<p.s2[i]!='\0';++i){
if(p.s2[i]=='+')
b[i]=true;
else if(p.s2[i]=='-')
b[i]=false;
}
return b.to_ulong();
}
int main(){
int n,m;
for(int ii=1;~scanf("%d%d",&n,&m)&&n!=0;++ii){
vector<Patch>patches(m);//存储所有的补丁
for(int i=0;i<m;++i)
scanf("%d%s%s",&patches[i].time,patches[i].s1,patches[i].s2);
unordered_map<int,int>dis={{(1<<n)-1,0}};//存储状态及对应花费的最短时间
priority_queue<pis,vector<pis>,greater<pis>>pq;
pq.push({0,(1<<n)-1});
while(!pq.empty()){//Dijkstra算法
pis t=pq.top();
pq.pop();
if(dis[t.second]!=t.first)
continue;
for(Patch p:patches){
bitset<32>b(t.second);
if(match(b,p)){
int s=fix(b,p);
if(dis.find(s)==dis.end()||dis[s]>t.first+p.time){
dis[s]=t.first+p.time;
pq.push({t.first+p.time,s});
}
}
}
}
printf("Product %d\n",ii);
if(dis.find(0)!=dis.end())
printf("Fastest sequence takes %d seconds.\n\n",dis[0]);
else
printf("Bugs cannot be fixed.\n\n");
}
return 0;
}