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[USACO11JAN]Roads and Planes G【缩点+Dij+拓补排序】

时间:2020-04-30 19:32:03      阅读:64      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:ems   tle   NPU   sizeof   string   连接   output   lse   space   

题目

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个城镇 (1 <= T <= 25,000),编号为1T。这些城镇之间通过R条道路 (1 <= R <= 50,000,编号为1到R) 和P条航线 (1 <= P <= 50,000,编号为1到P) 连接。每条道路i或者航线i连接城镇Ai (1 <= Ai <= T)到Bi (1 <= Bi <= T),花费为Ci。对于道路,0 <= Ci <= 10,000;然而航线的花费很神奇,花费Ci可能是负数(-10,000 <= Ci <= 10,000)。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A_i。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(1 <= S <= T) 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。

Input

  • 第1行:四个空格隔开的整数: T, R, P, and S * 第2到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

Output

  • 第1到T行:从S到达城镇i的最小花费,如果不存在输出"NO PATH"。

Sample Input

6 3 3 4
1 2 5
3 4 5
5 6 10
3 5 -100
4 6 -100
1 3 -10

样例输入解释:

一共六个城镇。在1-2,3-4,5-6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。

Sample Output

NO PATH
NO PATH
5
0
-95
-100

样例输出解释:

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。

分析

第一眼看到有负边权,首先想到的就是spfa,但是就tle了。 但是又因为有负边权,所以dij又没办法用,这可怎么办呢。

让我们仔细分析一下,题中有个意思就是负权的边不会出现环,所以就可以缩点,使整个图变成有向无环图,然后在进行dij,利用拓补排序更新答案。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
const int maxn=150005;
int t,r,p,s,headd[maxn],tot=1,cnt;
struct Node{
    int to,next,val;
}b[maxn];
void add(int aa,int bb,int cc){
    b[tot].to=bb;
    b[tot].val=cc;
    b[tot].next=headd[aa];
    headd[aa]=tot++;
}
bool vis[maxn];
int shuyu[maxn],dis[maxn];
vector<int> jl[maxn];
void dfs(int now){
    shuyu[now]=cnt,vis[now]=1,jl[cnt].push_back(now);
    for(int i=headd[now];i!=-1;i=b[i].next){
        int u=b[i].to;
        if(vis[u])continue;
        dfs(u);
    }
}
struct jie{
    int num,jz;
    jie(int aa=0,int bb=0){
        num=aa,jz=bb;
    }
    bool operator < (const jie& A) const {
        return jz>A.jz;
    }
};
int ru[maxn];
queue<int> q;
priority_queue<jie> Q;
void dij(){
    dis[s]=0;
    while(!q.empty()) {
        int xx=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<jl[xx].size();i++){
            Q.push(jie(jl[xx][i],dis[jl[xx][i]]));
        }
        while(!Q.empty()){
            int now = Q.top().num;
            Q.pop();
            if(vis[now]) continue;
            vis[now]=1;
            for(int i=headd[now];i!=-1;i=b[i].next){
                int u=b[i].to;
                if(dis[u]>dis[now]+b[i].val){
                    dis[u]=dis[now]+b[i].val;
                    if(shuyu[now]==shuyu[u]) Q.push(jie(u,dis[u]));
                }
                if(shuyu[u]!=shuyu[now] && (--ru[shuyu[u]]==0)) q.push(shuyu[u]); 
            }
        }
    }
}
int main(){
    memset(headd,-1,sizeof(headd));
    scanf("%d%d%d%d",&t,&r,&p,&s);
    for(int i=1;i<=r;i++){
        int aa,bb,cc;
        scanf("%d%d%d",&aa,&bb,&cc);
        add(aa,bb,cc);
        add(bb,aa,cc);
    }
    for(int i=1;i<=t;i++){
        if(!vis[i]) cnt++,dfs(i);
    }
    for(int i=1;i<=p;i++){
        int aa,bb,cc;
        scanf("%d%d%d",&aa,&bb,&cc);
        add(aa,bb,cc);
        ru[shuyu[bb]]++;
    }
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
    for(int i=1;i<=cnt;i++) if(ru[i]==0) q.push(i);
    dij();
    for(int i=1;i<=t;i++){
        if(dis[i]>INF) printf("NO PATH\n");
        else printf("%d\n",dis[i]);
    }
    return 0;
}

 

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标签:ems   tle   NPU   sizeof   string   连接   output   lse   space   

原文地址:https://www.cnblogs.com/Vocanda/p/12809705.html

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