BZOJ 3875 - SPFA处理带环的DP
本题的DP思路很好想:设f[i]为第i个怪兽被消灭所需要的最小代价,那么,
f[i]=min{spl[i],ori[i]+∑j∈App[i]f[j]}
然而,由于f[j]有可能也要依赖f[i],所以这个DP会带环。啊,那该怎么办呢?遇到这类问题,我们常常用SPFA来处理。怎么处理呢?我们需要更新过f[j]的时候,就把所有依赖于它的f[i]入队,用类似于松弛操作的方法搞一搞。由于“边权”非负,最后是不会困在里面出不来的,因为就像图上的最短路,总得有个尽头。由于所有的怪兽都可能被更新,所以一开始需要将所有怪兽都入队。最后的答案就是f[1]。
// 代码之后有彩蛋窝会跟泥说?
// BZOJ 3875
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
const int N=200000+5, M=1000000+5;
#define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define dep(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define read(x) scanf("%d", &x)
#define fill(a,x) memset(a, x, sizeof(a))
uLL ori[N], d[N];
int n, m, num;
bool inq[N];
struct Graph {
int s, from[M], to[M], pre[M], last[N];
void init() { s=-1; rep(i,1,n) last[i]=-1; }
void ine(int a, int b) {
s++;
from[s]=a, to[s]=b, pre[s]=last[a];
last[a]=s;
}
} G, B;
#define reg(i,G,u) for (int i=G.last[u]; i!=-1; i=G.pre[i])
int Q[M+5];
void SPFA() {
int head=1, tail=0;
rep(i,1,n) Q[++tail]=i, inq[i]=true;
while (head<=tail) {
int x=Q[head++]; head%=M;
uLL sum=ori[x];
inq[x]=false;
if (sum>=d[x]) continue;
reg(i,G,x) sum+=d[G.to[i]];
if (sum<d[x]) {
d[x]=sum;
reg(i,B,x) {
int y=B.to[i];
if (!inq[y]) Q[(++tail)%M]=y, inq[y]=true;
}
}
}
}
int main()
{
read(n);
G.init(); B.init();
rep(i,1,n) {
scanf("%llu%llu%d", &ori[i], &d[i], &num); // original, dis
rep(j,1,num) read(m), G.ine(i,m), B.ine(m,i); // Graph Belong
}
SPFA();
printf("%llu\n", d[1]);
return 0;
}
啊,本题其实还可以强行用Dijkstra做!——武神
因为本题可以找到当前最优状态。法术攻击值最小的怪兽的f值就是它的法术攻击值,不会再被更新。然后,再用它更新它的所有前驱,然后再取出当前最小的f,以此类推。感觉有点虚,而且比较难实现,要记录一大堆东西,就懒得写了……