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[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