题目描述
一张n个点m条边的图，通过每条边需要一定的时间。有一些限制条件，每个限制条件形如“x保护y”，表示到达y的最短时间不能小于到达x的最短时间（即如果在其之前到达，则需要等待至xd到达）。问1到n的最短时间。
输入
第一行两个正整数 N, M。 接下来 M行，每行三个正整数 ui, vi, wi，表示有一条从城市ui到城市 vi的单 向道路，自爆机器人通过这条道路需要 wi的时间。 之后 N 行，每行描述一个城市。首先是一个正整数 li，维持这个城市结界所 使用的结界发生器数目。之后li个1~N 之间的城市编号，表示每个结界发生器的 位置。如果 Li = 0，则说明该城市没有结界保护，保证L1 = 0 。
输出
仅包含一个正整数 ，击败杰森国所需的最短时间。
样例输入
6 6
1 2 1
1 4 3
2 3 1
2 5 2
4 6 2
5 3 2
0
0
0
1 3
0
2 3 5
样例输出
5
题解
堆优化Dijkstra
题意不能再简洁了。。。再简洁就一眼傻逼题了。。。
对于每个点，维护它的到达时间$f[i]$和所有保护点都到达的时间$g[i]$，那么当它到达并且所有保护点都到达时用$max(f[i],g[i])$来更新答案即可。
用堆优化Dijkstra实现，时间复杂度$O(mlog n)$
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <utility>
using namespace std;
#define N 3010
#define M 70010
typedef long long ll;
typedef pair<ll , int> pr;
priority_queue<pr> q;
vector<int> p[N];
int head[N] , to[M] , next[M] , cnt , c[N] , vis[N];
ll len[M] , f[N] , g[N];
inline void add(int x , int y , ll z)
{
to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
int main()
{
int n , m , i , j , x , y;
ll z;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%lld" , &x , &y , &z) , add(x , y , z);
memset(f , 0x3f , sizeof(f)) , memset(g , 0x3f , sizeof(g));
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d" , &c[i]);
for(j = 1 ; j <= c[i] ; j ++ ) scanf("%d" , &x) , p[x].push_back(i);
if(!c[i]) g[i] = 0;
}
f[1] = 0 , q.push(pr(0 , 1));
while(!q.empty())
{
z = -q.top().first , x = q.top().second , q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(f[to[i]] > z + len[i])
{
f[to[i]] = z + len[i];
if(!c[to[i]]) q.push(pr(-max(f[to[i]] , g[to[i]]) , to[i]));
}
}
for(i = 0 ; i < (int)p[x].size() ; i ++ )
{
c[p[x][i]] -- ;
if(!c[p[x][i]]) g[p[x][i]] = z , q.push(pr(-max(f[p[x][i]] , g[p[x][i]]) , p[x][i]));
}
}
printf("%lld
" , max(f[n] , g[n]));
return 0;
}