AtCoder abc394 E-Palindromic Shortest Path

题目：Palindromic Shortest Path

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc394/tasks/abc394_e

题意：给你一个有向图的邻接矩阵\(C\)，\(C_{ij}=\)'-'代表从点\(i\)到点\(j\)没有边，否则\(C_{ij}\)代表点\(i\)到点\(j\)的边上的字母，试问对于每一个点对\((i,j)\)间的所有连通路径，是否存在由连通路径上的字母组成的字符串是回文串（含空串）的情况，若存在，找到回文串的最短长度\(len\)并使\(A_{ij}=len\)，否则\(A_{ij}=-1\)，输出矩阵\(A\)。

思路：先找到可以直接确定的\(A_{ij}\)：\(i=j\)时，存在空串，\(A_{ij}=0\)；\(C_{ij}\neq\)'-'时，\(i\)和\(j\)间存在一条直接连通的路径，即存在长度为1的回文串，\(A_{ij}=1\)。其它的\(A_{ij}\)可以由上述已知的答案推算：若\(A_{xy}\neq-1\)，且\(i\)到\(x\)和\(y\)到\(j\)间都存在边，且边上的字母相同，即说明\(i\)到\(j\)存在一个回文串"\(C_{ix}+A_{xy}代表的回文串+C_{yj}\)"，其长度为\(A_{xy}+2\)，\(A_{ij}=min(A_{ij},A_{xy}+2)\)。

实现：dfs

时间复杂度分析：矩阵范围为\(n^2\)（1≤n≤100），对于每个\(A_{xy}\)可以扩展\(n^2\)次，故时间复杂度为\(O(n^4)\)。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define endl '\n'
#define mod 1000000007
#define PII pair<int,int>
#define x first
#define y second
const int N=110;
int ans[N][N];
char c[N][N];
int n; 

void solve(){
	cin>>n;
	queue<PII>q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>c[i][j];
			if(i==j) ans[i][j]=0,q.push({i,j});
			else if(c[i][j]!='-') ans[i][j]=1,q.push({i,j});
			else ans[i][j]=-1;
		}
	}
	while(!q.empty()){
		PII xtoy=q.front();
		q.pop();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			char itox=c[i][xtoy.x];
			if(itox=='-') continue;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				char ytoj=c[xtoy.y][j];
				if(itox==ytoj&&(ans[xtoy.x][xtoy.y]+2<ans[i][j]||ans[i][j]==-1))
					ans[i][j]=ans[xtoy.x][xtoy.y]+2,q.push({i,j});
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cout<<ans[i][j]<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T=1; 
	//cin>>T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}