[bzoj3575] [HNOI2014]道路堵塞

Description

A国有N座城市，依次标为1到N。同时，在这N座城市间有M条单向道路，每条道路的长度是一个正整数。现在，A国

交通部指定了一条从城市1到城市N的路径，并且保证这条路径的长度是所有从城市1到城市N的路径中最短的。不幸

的是，因为从城市1到城市N旅行的人越来越多，这条由交通部指定的路径经常发生堵塞。现在A国想知道，这条路

径中的任意一条道路无法通行时，由城市1到N的最短路径长度是多少。

Input

第一行是三个用空格分开的正整数N、M和L，分别表示城市数目、单向道路数目和交通部指定的最短路径包含多少条道路。

按下来M行，每行三个用空格分开的整数a、b和c，表示存在一条由城市a到城市b的长度为c的单向道路。

这M行的行号也是对应道路的编号，即其中第1行对应的道路编号为1，第2行对应的道路编号为2，…，第M行对应的道路编号为M。

最后一行为L个用空格分开的整数sp(1)…，，sp(L)，依次表示从城市1到城市N的由交通部指定的最短路径上的道路的编号。

2<N<100000，1<M<200000。所用道路长度大于0小于10000。

Output

L行，每行为一个整数，第i行(i=1，2…，，L)的整数表示删去编号为sp(i)的道路后从城市1到城市N的最短路径长度。

如果去掉后没有从城市1到城市N的路径，则输出一1。

Sample Input

4 5 2
1 2 2
1 3 2
3 4 4
3 2 1
2 4 3
1 5

Sample Output

6
6

Solution

神仙乱搞题。。

考虑删去一条边，剩下的最短路一定是形如$1 o x o y o n (的路径，其中)x,y(在题目的最短路上，)x(在最短路上这条边的前面，)y(在后面，并且)x o y$不在这条最短路上。

然后考虑在这条边以前的任意一个点出发，到这条边以后的任意一个点的路径，都可以更新答案。

所以可以开一个(priority\_queue)在(spfa)的时候记录一下路径的(dis)以及终点的编号。

枚举最短路上的每一个点，用最短路更新下这个点的(dis)，跑一遍(spfa)，注意这里(dis)不要清空，因为(dis)一定是不上升的。

然后统计答案的话，每次找一下(pq)里终点编号大于这个点且最小的方案，直接输出就好了，没有就puts("-1")。

如果不懂的话还是看代码理解下吧，，代码很短。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x) {
	x=0;int f=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}

const int maxn = 2e5+10;

int head[maxn],ban[maxn],tot,n,m,l,a[maxn],id[maxn],vis[maxn],dis[maxn],revd[maxn];
struct edge{int fr,to,nxt,w;}e[maxn<<1];

struct node{
	int val,id;
	bool operator < (const node &rhs) const {return val>rhs.val;}
};

priority_queue<node > pq;

void ins(int u,int v,int w) {e[++tot]=(edge){u,v,head[u],w},head[u]=tot;}

void spfa(int s) {
	queue<int > q;q.push(s);vis[s]=1;
	while(!q.empty()) {
		int now=q.front();q.pop(),vis[now]=0;
		for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt) 
			if((!ban[i])&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].w) {
				dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].w;
				if(id[e[i].to]) pq.push((node){dis[e[i].to]+revd[id[e[i].to]],id[e[i].to]});
				else if(!vis[e[i].to]) vis[e[i].to]=1,q.push(e[i].to);
			}
	}
}

int main() {
	memset(dis,63,sizeof dis);
	read(n),read(m),read(l);
	for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++) read(x),read(y),read(z),ins(x,y,z);
	for(int i=1;i<=l;i++) read(a[i]),ban[a[i]]=1,id[e[a[i]].to]=i;
	for(int i=l-1;i;i--) revd[i]=revd[i+1]+e[a[i+1]].w;
	dis[1]=0;spfa(1);
	for(int i=1;i<=l;i++) {
		while((!pq.empty())&&pq.top().id<i) pq.pop();
		if(pq.empty()) puts("-1");
		else write(pq.top().val);
		dis[e[a[i]].to]=dis[e[a[i]].fr]+e[a[i]].w;
		spfa(e[a[i]].to);
	}
	return 0;
}