[bzoj2069][POI2004]ZAW
作者:互联网
BZOJ2069
描述
在Byte山的山脚下有一个洞穴入口. 这个洞穴由复杂的洞室经过隧道连接构成. 洞穴的入口是一条笔直通向“前面洞口”的道路. 隧道互相都不交叉(他们只在洞室相遇). 两个洞室要么就通过隧道连接起来,要么就经过若干隧道间接的相连. 现在决定组织办一个'King's of Byteotia Cup' 比赛. 参赛者的目标就是任意选择一条路径进入洞穴并尽快出来即可. 一条路径必须经过除了“前面洞口”之外还至少要经过其他一个洞室.一条路径中一个洞不能重复经过(除了“前面洞室”以外),类似的一条隧道也不能重复经过. 一个著名的洞穴探险家 Byteala 正准备参加这个比赛. Byteala 已经训练了数月而且他已获得了洞穴系统的一套详细资料. 对于每条隧道他都详细计算了从两个方向经过所需要的时间. 经过一个洞室的时间很短可以忽略不记. 现在Byteala 向计算一条符合条件的最优路径.
输入
第一行有两个数n 和 m (3 <= n <= 5000, 3 <= m <= 10000) 分别表示洞室的数目以及连接他们的隧道的数目. 洞室从1 到 n编号. “前面洞室”的编号为1. 接下来m 行描述了所有的隧道. 每行四个整数a,b,c,d 表示从洞室a到洞室b需要c分钟的时间,而从洞室b到洞室a需要d分钟的时间, 1 <= a,b <= n, a <> b, 1 <= c,d <= 10000. 你可以假设符合要求的路径肯定存在.
输出
输出一行,最少需要多少时间完成比赛.
输入样例 1
3 3 1 2 4 3 2 3 4 2 1 3 1 1
输出样例 1
6
来源
[POI2004]
给大家提供一个测评地点吧:https://www.luogu.org/problemnew/show/T79047,大家也可以加入我的团队。
这个题目的意思是,从洞口$1$进入,经过其他至少$1$个洞口后,再从洞口$1$出来,每个洞口只能经过一次(洞口$1$除外)。求最短路径。
这道题目由于起点和终点一样,我们一般的$SPFA$、$dijkstra$等等都不管用了,更可恶的是,由于每条边方向不同,权值也不同,这使得$Floyd$也不好用了。那么,我们该怎么办呢?
我们要把它转化为求普通的最短路!
我们把与顶点$1$相连的点记录下来,分别求最短路,然后再加上到点1的距离就行了。于是,你会惊奇的发现$Time~Limit~Exceeded$。那怎么办呢??
我们可以把与$1$相连的点分为两组,一下求这么多的最短路。对与分组,二进制枚举就可以了。
AC代码:
#include <queue> #include <cstdio> #include <bitset> #include <cstring> using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9'){if (c=='-')f=-1;c=getchar();} while (c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();} return x*f; } const int MAXN=5005; const int MAXM=20005; int n,m,c,id,now,fir; struct Qu { int dot,dis; bool operator < (const Qu tmp) const { return dis>tmp.dis; } }; struct edge { int v,w,nx; }set[MAXM],key[MAXN]; int head[MAXN],dis[MAXN]; bitset<MAXN> vis; priority_queue<Qu> Q; inline void Addedge(int u,int v,int w) { id++;set[id].v=v;set[id].w=w;set[id].nx=head[u]; head[u]=id; } inline void insert_edge(int v,int w) { now++;key[now].v=v;key[now].w=w;key[now].nx=fir; fir=now; } inline void init() { int u,v,a,b; n=read();m=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { u=read();v=read();a=read();b=read(); Addedge(u,v,a);Addedge(v,u,b); if (u==1)insert_edge(v,b); if (v==1)insert_edge(u,a); } int x=n; while (x>0) {c++;x/=2;} } inline void dijkstra() { vis.reset();vis.set(1); for (int k=head[1];k>0;k=set[k].nx) Q.push((Qu){set[k].v,dis[set[k].v]}); int u,v; while (!Q.empty()) { u=Q.top().dot;Q.pop(); vis.set(u); for (int k=head[u];k>0;k=set[k].nx) { v=set[k].v; if (dis[u]+set[k].w<dis[v]) { dis[v]=dis[u]+set[k].w; if (!vis[v])Q.push((Qu){v,dis[v]}); } } } } int main() { init(); int ans=0x3f3f3f3f; for (int i=(1<<c);i>0;i>>=1) { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); for (int k=head[1];k>0;k=set[k].nx) if (set[k].v&i)dis[set[k].v]=set[k].w; dijkstra(); for (int k=fir;k>0;k=key[k].nx) if (~key[k].v&i)ans=min(ans,dis[key[k].v]+key[k].w); memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); for (int k=head[1];k>0;k=set[k].nx) if (~set[k].v&i)dis[set[k].v]=set[k].w; dijkstra(); for (int k=fir;k>0;k=key[k].nx) if (key[k].v&i)ans=min(ans,dis[key[k].v]+key[k].w); } printf("%d\n",ans); return 0; }
标签:head,set,bzoj2069,int,POI2004,nx,key,ZAW,dis 来源: https://www.cnblogs.com/lzxzy-blog/p/10849899.html