POJ 1062 昂贵的聘礼 解题报告

分类：图论，最短路

作者：ACShiryu

时间：2011-7-29

原题：http://poj.org/problem?id=1062

昂贵的聘礼

Time Limit: 1000MS		Memory Limit: 10000K
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Description

年轻的探险家来到了一个印第安部落里。在那里他和酋长的女儿相爱了，于是便向酋长去求亲。酋长要他用10000个金币作为聘礼才答应把女儿嫁给他。探险家拿不出这么多金币，便请求酋长降低要求。酋长说："嗯，如果你能够替我弄到大祭司的皮袄，我可以只要8000金币。如果你能够弄来他的水晶球，那么只要5000金币就行了。"探险家就跑到大祭司那里，向他要求皮袄或水晶球，大祭司要他用金币来换，或者替他弄来其他的东西，他可以降低价格。探险家于是又跑到其他地方，其他人也提出了类似的要求，或者直接用金币换，或者找到其他东西就可以降低价格。不过探险家没必要用多样东西去换一样东西，因为不会得到更低的价格。探险家现在很需要你的帮忙，让他用最少的金币娶到自己的心上人。另外他要告诉你的是，在这个部落里，等级观念十分森严。地位差距超过一定限制的两个人之间不会进行任何形式的直接接触，包括交易。他是一个外来人，所以可以不受这些限制。但是如果他和某个地位较低的人进行了交易，地位较高的的人不会再和他交易，他们认为这样等于是间接接触，反过来也一样。因此你需要在考虑所有的情况以后给他提供一个最好的方案。 
为了方便起见，我们把所有的物品从1开始进行编号，酋长的允诺也看作一个物品，并且编号总是1。每个物品都有对应的价格P，主人的地位等级L，以及一系列的替代品Ti和该替代品所对应的"优惠"Vi。如果两人地位等级差距超过了M，就不能"间接交易"。你必须根据这些数据来计算出探险家最少需要多少金币才能娶到酋长的女儿。 

Input

输入第一行是两个整数M，N（1 <= N <= 100），依次表示地位等级差距限制和物品的总数。接下来按照编号从小到大依次给出了N个物品的描述。每个物品的描述开头是三个非负整数P、L、X（X < N），依次表示该物品的价格、主人的地位等级和替代品总数。接下来X行每行包括两个整数T和V，分别表示替代品的编号和"优惠价格"。

Output

输出最少需要的金币数。

Sample Input

1 4
10000 3 2
2 8000
3 5000
1000 2 1
4 200
3000 2 1
4 200
50 2 0

Sample Output

5250

题目描述的很清楚，关于答案的由来可以这样看，探险家花50买到编号4的物品，接着拿4和200金币买到编号3，然后拿着3和2000金币买到1，故总共花去了5250金币，并且交易中等级最高的是3，最低的是2，没超过1，故此发可行，故最少花费金币是5250.如果将题目的数据改为

1 4
10000 3 2
2 8000
3 5000
1000 2 1
4 200
3000 1 1
4 200
50 2 0

则答案不是5250了，因为刚才交易的顺序是4-3-1，而3的等级是1，1的等级是3，两者等级差超过了m（=1），故不能这样交换，则此时交换的顺序应该为4-2-1，此时花费最少金币为8250.

昨天开始做这道题目时感觉好难，因为，还没怎么写图论题，想套模板也不知道怎么套，就是有点思路，但不会写，也许是对图论题目不是很熟，今天AC了几道基本题后，再来做这题，有点感觉了，一次AC

要AC这道题，就要所选路径的等级差小于m，解决这个问题我的办法就是将等级限定在某个闭区间[a,a+m]，明显第一个人的等级必须要在这个区间内。然后就是选择Dijkstra的算法，每次加入点时就更新外面的点的最短路，注意，不在闭区间的点就不用考虑。先前没写过该算法，但好像Prim算法和这好像，就将Prim算法初略该变了一下，同样AC了

参考代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int cost[100],lowcost[100],level[100];    //各点的的花费，从0到各点最小费用，各点的等级
int change[100][100];                    //拿i换j时还额外要的金币
bool vis[100];                            //确定i是否还要访问
int main()
{
    int m , n ;
    while ( cin >> m >> n ) 
    {
        int i , j , k ;
        for ( i = 0 ; i < n ; i ++ )
            for ( j = 0 ; j < n ; j ++ )
                change [i][j] = ( i == j ? 0 : ( 1 << 20 ) );//初始化，如果不能交换就为最大
        for ( i = 0 ; i < n ; i ++ )
        {//输入数值
            int a , b , c ;
            cin >> a >> b >> c;
            cost[i]=a;
            level[i]=b;
            for ( j = 0 ; j < c ; j ++ )
            {
                int d , e ;
                cin >> d >> e;
                change[i][d-1]=e;
            }
        }
        int minans = (1<<20);//定义结果
        for ( k = level[0] - m ; k != level[0] + 1 ; k ++ )
        {//定义区间早[k，k+m]
            memset(vis,true,sizeof(vis));    //初始化标记数组
            vis[0]=false;                    //0不用访问了
            int sum = 0 ;
            for ( j = 0 ; j < n ; j ++ )
            {
                if ( level[j]<k || level[j]>k+m)
                {//如果不在该区间了。就不用访问了
                    sum ++ ;
                    vis[j]=false;
                }
            }
            for ( i = 0 ; i < n ; i ++ )
                    lowcost[i] = change[0][i] + cost [i] ;//初始化各点到0的最短路（所发金币）
            for ( j = 1 ; j < n - sum ; j ++ )
            {
                int one ;
                int ans = (1 << 30);
                for ( i = 0 ; i < n ; i ++ )
                {//寻找花费金币最少的一点
                    if( vis[i] && ans > lowcost[i] )
                    {
                        ans = lowcost [i] ;
                        one = i;
                    }
                }
                vis [one] =false;
                for ( i = 0 ; i < n ; i ++ )
                {//更新各点的最短路
                    if ( lowcost [i] >( lowcost [one]- cost [one ] +change [one][i] + cost [i]) )
                        lowcost [i] = lowcost [one]-cost [one ] +change [one][i] + cost [i] ;
                }
            }
            for ( j = 0 ; j < n ; j ++ )
            {//遍历从0到n的最短路，寻找所花金币最小的点
                if ( level[j]>=k && level[j]<=k+m&&minans > lowcost [j] )
                    minans = lowcost [j] ;
            }
        }
        cout<<minans<<endl;
    }
    return 0;
}