P2832 行路难
题面
题目背景
小X来到了山区，领略山林之乐。在他乐以忘忧之时，他突然发现，开学迫在眉睫
题目描述
山区有 \(n\) 座山。山之间有 \(m\) 条羊肠小道，每条连接两座山，只能单向通过，并会耗费小X一定时间。
小X现在在 \(1\) 号山，他的目的是 \(n\) 号山，因为那里有火车站。
然而小X的体力是有限的。他每通过一条羊肠小道，就会变得更疲劳，导致他通过任意一条羊肠小道的时间都增加 \(1\)。
输入格式
第一行两个数，\(n\),\(m\)
第 \(2\) 行到第 \(m+1\) 行，每行 \(3\) 个数 \(A\)，\(B\)，\(C\)，表示 \(A\)、\(B\) 之间有一条羊肠小道，可以让小X花费 \(C\) 的时间从 \(A\) 移动到 \(B\)
输出格式
两行 第一行一个数 \(T\)，表示小X需要的最短时间
第二行若干个数，用空格隔开，表示小X的移动路线
例：1 4 2 5表示：小X从1号山开始，移动到4号山，再到2号山，最后到5号山。
输入输出样例
输入 #1
5 8
2 4 2
5 2 1
1 2 1
4 3 2
1 3 3
4 5 2
1 5 8
3 5 3
输出 #1
7
1 3 5
说明/提示
n<=10000, m<=200000
数据保证没有多条最短路径
题解
本来以为这道题是道水题，能一遍过的。
结果没想到，这道题太过毒瘤，导致我交了好几遍（雾）
我们的正常思路就是 记录到每个点经过的的边的数量
转移距离时算上 f[t] 来进行更新 。
在从一跑一遍最短路，统计答案就记一下每个点的前驱，就完事了。
核心代码长这样
void spfa()
{
queue<int> q;
memset(dis,127,sizeof(dis));//dis初值设为极大值
q.push(1); dis[1] = 0; vis[1] = 1;
while(!q.empty())
{
int t = q.front(); q.pop(); vis[t] = 0;
for(int i = head[t]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
int tmp = f[t] + 1;
if(dis[to] > dis[t] + e[i].w + f[t])//算上累计的疲劳度
{
dis[to] = dis[t] + e[i].w + f[t];
f[to] = f[t] + 1;//更新一下 f[to]
pre[to] = t;//记录前驱
if(!vis[to])
{
q.push(to);
vis[to] = 1;
}
}
}
}
}
当你满怀信心交上去时，却发现最后两个点 WA 了。
我想了想，看了看别人的帖子，发现有一组 hack 数据
hack1：
INPUT:
7 7
1 2 2
2 3 2
3 4 2
4 5 2
5 6 2
6 7 2
1 4 10
OUTPUT:
22
1 4 5 6 7
hack2:
INPUT:
7 7
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 5 1
5 6 1
6 7 1
1 5 14
OUTPUT:
19
1 5 6 7
我们把这张图画下来，他张这样
我们问题主要出现在 1-2-3-4-5-6-7 和 1-4-5-6-7 这两条路径，他们的路径长度相同。
但正解却是路径二，因为路径二的疲劳值比 一小。
按照我们正常的做法就会被 HACK 掉。
那我们怎么解决这个问题呢？
这就要用到一个玄学的做法，建反图倒着跑最短路。
证明一下：
假设我们有两条路径 1-2-3-4-5-6-7 和 1-4-5-6-7
当我们更新到 4 的时候，有两条路 到三或者直接到 一。
我们反着跑最短路就会先更新 一，这就避免了上面的那种情况。
这就相当于我们能到终点就直接到终点，而不是走弯路。
Code：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,m,tot,u,v,w,cnt;
int head[N],dis[N],f[N],pre[N],a[N];
bool vis[N];
struct node
{
int to,net,w;
}e[200010];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s =s * 10+ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
void add(int x,int y,int w)
{
e[++tot].w = w;
e[tot].to = y;
e[tot].net = head[x];
head[x] = tot;
}
void spfa()
{
queue<int> q;
memset(dis,127,sizeof(dis));
q.push(n); dis[n] = 0; vis[n] = 1;
while(!q.empty())
{
int t = q.front(); q.pop(); vis[t] = 0;
for(int i = head[t]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
int tmp = f[t] + 1;
if(dis[to] > dis[t] + e[i].w + f[t])
{
dis[to] = dis[t] + e[i].w + f[t];
f[to] = f[t] + 1;
pre[to] = t;
if(!vis[to])
{
q.push(to);
vis[to] = 1;
}
}
}
}
}
int main()
{
n = read(); m = read();
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
u = read(); v = read(); w = read();
add(v,u,w);///建反图跑最短路
}
spfa();
printf("%d\n",dis[1]);
int x = 1;
while(x != n)
{
a[++cnt] = x;
x = pre[x];
}
a[++cnt] = n;
for(int i = 1; i <= cnt; i++)//输出路径
{
printf("%d ",a[i]);
}
return 0;
}
