信仰斯普林·布拉泽的克里斯国教徒。 幻想历 8012年 3月2日，位于杰森国东部小镇神谕镇的克里斯国教徒发动 起义。 幻想历 8012年 3月7日，神谕镇的起义被杰森国大军以残酷手段镇压。 幻想历 8012年 3月8日，克里斯国对杰森国宣战。由数十万大军组成的克 里斯军团开至两国边境，与杰森军团对峙。 幻想历 8012年 4月，克里斯军团攻破杰森军团防线进入神谕镇，该镇幸存 的克里斯国教徒得到解放。 战争随后进入胶着状态，旷日持久。战况惨烈，一时间枪林弹雨，硝烟弥漫， 民不聊生。 幻想历 8012年 5月12日深夜，斯普林·布拉泽降下神谕：“Trust me, earn eternal life.”克里斯军团士气大增。作为克里斯军团的主帅，你决定利用这一机 会发动奇袭，一举击败杰森国。具体地说，杰森国有 N 个城市，由 M条单向道 路连接。神谕镇是城市 1而杰森国的首都是城市 N。你只需摧毁位于杰森国首都 的曾·布拉泽大神殿，杰森国的信仰，军队还有一切就都会土崩瓦解，灰飞烟灭。 为了尽量减小己方的消耗，你决定使用自爆机器人完成这一任务。唯一的困 难是，杰森国的一部分城市有结界保护，不破坏掉结界就无法进入城市。而每个 城市的结界都是由分布在其他城市中的一些结界发生器维持的，如果想进入某个 城市，你就必须破坏掉维持这个城市结界的所有结界发生器。 现在你有无限多的自爆机器人，一旦进入了某个城市，自爆机器人可以瞬间 引爆，破坏一个目标（结界发生器，或是杰森国大神殿），当然机器人本身也会 一起被破坏。你需要知道：摧毁杰森国所需的最短时间。
Input
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 。
Output
仅包含一个正整数 ，击败杰森国所需的最短时间。
Sample Input
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
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
Sample Output
5
HINT
对于 20%的数据，满足 N≤15，M≤50；
对于 50%的数据，满足 N≤500，M≤6,000；
对于 100%的数据，满足 N≤3,000，M≤70,000，1≤wi≤108
。
输入数据保证一定有解，且不会存在维持某个城市结界的结界发生器在这个
城市内部。
连接两个城市的道路可能不止一条， 也可能存在一个城市自己到自己的道路。
题解
带限制的最短路。。。
设d1[x],d2[x]为城市x的到达时间，可进入时间
max(d1[x],d2[x])为真实的进入时间
d[x]记录城市x被多少个城市保护
每次堆中取出一个真实进入时间最小的城市
更新它所通往的城市的d1，保护城市的d2
保护城市的d–
若d=0，则可入堆
复杂度(n+m)logn
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<cstdlib> 7 #include<queue> 8 9 #define ll long long 10 #define fzy pair<int,int> 11 #define mod 1000000007 12 #define inf 100000000 13 #define N 3007 14 #define M 70007 15 16 using namespace std; 17 int n,m; 18 int cnt,head[N],rea[M],next[M],val[M]; 19 int d1[N],d2[N],d[N]; 20 int l[N],a[N][N]; 21 bool vis[N]; 22 23 void add(int u,int v,int fee) 24 { 25 next[++cnt]=head[u]; 26 head[u]=cnt; 27 rea[cnt]=v; 28 val[cnt]=fee; 29 } 30 void Dijkstra() 31 { 32 priority_queue<fzy,vector<fzy>,greater<fzy> >q; 33 34 memset(d1,127/3,sizeof(d1)); 35 q.push(make_pair(0,1)); 36 d1[1]=0; 37 38 while(!q.empty()) 39 { 40 int u=q.top().second;q.pop(); 41 if(vis[u])continue;vis[u]=1; 42 int end=max(d1[u],d2[u]); 43 for(int i=head[u];i!=-1;i=next[i]) 44 { 45 int v=rea[i],fee=val[i]; 46 if(end+fee<d1[v]) 47 { 48 d1[v]=end+fee; 49 int tmp=max(d1[v],d2[v]); 50 if(!d[v])q.push(make_pair(tmp,v)); 51 } 52 } 53 for(int i=1;i<=l[u];i++) 54 { 55 int v=a[u][i]; 56 d[v]--;d2[v]=max(d2[v],end); 57 int tmp=max(d1[v],d2[v]); 58 if(!d[v])q.push(make_pair(tmp,v)); 59 } 60 } 61 } 62 int main() 63 { 64 memset(head,-1,sizeof(head)); 65 scanf("%d%d",&n,&m); 66 for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) 67 { 68 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 69 if(u!=v) add(u,v,w); 70 } 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 scanf("%d",&d[i]); 74 for(int j=1,u;j<=d[i];j++) 75 { 76 scanf("%d",&u); 77 a[u][++l[u]]=i; 78 } 79 } 80 81 Dijkstra(); 82 83 int ans=max(d1[n],d2[n]); 84 printf("%d ",ans); 85 }