bzoj2200道路和航线
|
试题描述
|
|
Farmer John 正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。他想把牛奶送到 T （1≤T≤2.5×10^4）个城镇 ，编号为 1 到 T。这些城镇之间通过 R 条道路（编号为 1 到 R）和 P 条航线（编号为 1 到 P）连接。每条道路 i 或者航线 i 连接城镇 Ai到 Bi，花费为 Ci。
对于道路，0≤Ci≤104，然而航线的花费很神奇，花费 Ci可能是负数。道路是双向的，可以从 Ai到 Bi，也可以从 Bi到 Ai，花费都是 Ci。然而航线与之不同，只可以从 Ai到 Bi。 事实上，由于最近恐怖主义太嚣张，为了社会和谐，出台了一些政策保证：如果有一条航线可以从 Ai到 Bi，那么保证不可能通过一些道路和航线从 Bi回到 Ai。由于 FJ 的奶牛世界公认十分给力，他需要运送奶牛到每一个城镇。他想找到从发送中心城镇 S 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案，或者知道这是不可能的。 |
|
输入
|
|
第一行为四个空格隔开的整数：T,R,P,S；
第二到第 R+1 行：三个空格隔开的整数（表示一条道路）：Ai,Bi和 Ci； 第 R+2 到 R+P+1行：三个空格隔开的整数（表示一条航线）：Ai,Bi和 Ci。 |
|
输出
|
|
输出 T 行，第 i 行表示到达城镇 i 的最小花费，如果不存在输出 NO PATH。
|
|
输入示例
|
|
6 3 3 4
1 2 5 3 4 5 5 6 10 3 5 -100 4 6 -100 1 3 -10 |
|
输出示例
|
|
NO PATH
NO PATH 5 0 -95 -100 |
|
其他说明
|
|
样例说明
一共六个城镇。在 1 和 2，3 和 4，5 和 6 之间有道路，花费分别是 5,5,10。同时有三条航线：3→5，4→6 和 1→3，花费分别是 −100,−100,−10。FJ 的中心城镇在城镇 4。FJ 的奶牛从 4 号城镇开始，可以通过道路到达 3 号城镇。然后他们会通过航线达到 5 和 6 号城镇。但是不可能到达 1 和 2 号城镇。 数据范围与提示 对于全部数据，1≤T≤2.5×10^4,1≤R,P≤5×10^4,1≤Ai,Bi,S≤T。保证对于所有道路，0≤Ci≤10^4，对于所有航线，−10^4≤Ci≤10^4。 |
听网上dalao说，这道题要用Tarjan缩点、topo排序和dijkstra，但是我用SPFA加了一点优化就过了。
这个优化是双向队列优化，注意，所有的SPFA都可以用这个优化！
每当更新完一个节点以后，要将其入队时，如果朴素算法就是将其直接插入队尾。但优化是将其与队首元素进行比较，如果比它更优，那么就将其插入队首。
双向队列就是deque，其中插入队首是Q.push()_front、队尾是Q.push()_back，然后弹出也是双向的，同理。
具体看代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <queue> #include <stack> #include <vector> using namespace std; #define MAXN 25010 #define MAXM 200010 #define INF 10000009 #define MOD 10000007 #define LL long long #define in(a) a=read() #define REP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++) #define DREP(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--) #define cl(a) memset(a,0,sizeof(a)) inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x*f; } inline void out(int x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) out(x/10); putchar(x%10+'0'); } int n,m1,m2,s; deque <int> Q; int dis[MAXN],vis[MAXN],total=0; int head[MAXN],to[MAXN*6],nxt[MAXN*6],val[MAXN*6]; inline void adl(int a,int b,int c){ total++; to[total]=b; val[total]=c; nxt[total]=head[a]; head[a]=total; return ; } inline void SPFA(int s){ memset(dis,127,sizeof(dis)); dis[s]=0; vis[s]=1; Q.push_front(s); while(!Q.empty()){ int u=Q.front(); Q.pop_front(); vis[u]=0; for(int e=head[u];e;e=nxt[e]) if(dis[to[e]]>dis[u]+val[e]){ dis[to[e]]=dis[u]+val[e]; if(vis[to[e]]) continue; vis[to[e]]=1; if(!Q.empty()) if(dis[to[e]]<dis[Q.front()]) Q.push_front(to[e]); else Q.push_back(to[e]); else Q.push_back(to[e]); } } return ; } int main(){ in(n);in(m1);in(m2);in(s); int a,b,c; REP(i,1,m1){ in(a);in(b);in(c); adl(a,b,c); adl(b,a,c); } REP(i,1,m2){ in(a);in(b);in(c); adl(a,b,c); } SPFA(s); REP(i,1,n) if(dis[i]>=INF) printf("NO PATH\n"); else printf("%d\n",dis[i]); return 0; }
