题目
Farmer John正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。他想把牛奶送到T个城镇 (1 <= T <= 25,000),编号为1T。这些城镇之间通过R条道路 (1 <= R <= 50,000,编号为1到R) 和P条航线 (1 <= P <= 50,000,编号为1到P) 连接。每条道路i或者航线i连接城镇(A_i (1 <= A_i <= T))到(B_i (1 <= B_i <= T)),花费为(C_i)。对于道路,(0 <= C_i <= 10,000);然而航线的花费很神奇,花费(C_i)可能是负数((-10,000 <= C_i <= 10,000))。道路是双向的,可以从(A_i到B_i),也可以从(B_i)到(A_i),花费都是(C_i)。然而航线与之不同,只可以从(A_i)到(B_i)。事实上,由于最近恐怖主义太嚣张,为了社会和谐,出台 了一些政策保证:如果有一条航线可以从(A_i)到(B_i),那么保证不可能通过一些道路和航线从(B_i)回到(A_i)。由于FJ的奶牛世界公认十分给力,他需要运送奶牛到每一个城镇。他想找到从发送中心城镇S(1 <= S <= T) 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案,或者知道这是不可能的。
Input
- 第1行:四个空格隔开的整数: T, R, P, and S
- 第2到R+1行:三个空格隔开的整数(表示一条道路):(A_i, B_i) 和 (C_i)
- 第R+2到R+P+1行:三个空格隔开的整数(表示一条航线):A_i, B_i 和 C_i
Output
- 第1到T行:从S到达城镇i的最小花费,如果不存在输出"NO PATH"。
Sample Input
6 3 3 4
1 2 5
3 4 5
5 6 10
3 5 -100
4 6 -100
1 3 -10
样例输入解释:
一共六个城镇。在1-2,3-4,5-6之间有道路,花费分别是5,5,10。同时有三条航线:3->5,
4->6和1->3,花费分别是-100,-100,-10。FJ的中心城镇在城镇4。
Sample Output
NO PATH
NO PATH
5
0
-95
-100
样例输出解释:
FJ的奶牛从4号城镇开始,可以通过道路到达3号城镇。然后他们会通过航线达到5和6号城镇。
但是不可能到达1和2号城镇。
题解
解题思路
好难搞的题
有T个点,R条无向边,P条有向边,问从S开始到任意一点的距离
(无向边非负,有向边可能为负数)
这一大堆看起来就麻烦。。
题目保证有向边连接的两点无法反向到达,说明是不存在负环的
而对于没有负权的无向图还有个性质,每个无向边联通块是强联通的。而可能的负权边保证不能反向联通,因此把无向边联通块缩点后,得到的就是DAG。这样就可以在块内使用Dijkstra,块间利用拓扑排序更新答案。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 25005, M = 0x3f3f3f3f;
struct side {
int t, d, next;
}e[N*6];
struct node {
int h, d;
node(int a, int b) {
h = a; d = b;
}
bool operator < (const node& b) const {
return d > b.d;
}//重载运算符
};
int tot, head[N];
void add(int x, int y, int z) {
e[++tot].next = head[x];
head[x] = tot;
e[tot].t = y;
e[tot].d = z;
}
int n, m1, m2, s, bl[N], cnt, d[N], in[N];
vector<int> b[N];//这里定义一个N*N的数组会爆掉
bool v[N];
void dfs(int x) {
v[x] = 1;
bl[x] = cnt;//bl[i]表示i所属的联通块的编号
b[cnt].push_back(x);//b[i]是编号为i的联通块所包含的点
for(int i = head[x]; i; i = e[i].next)
if (!v[e[i].t]) dfs(e[i].t);
}
priority_queue<node> q;//优先队列
queue<int> Q;
void dij(int x) {
for(int i = 0; i < b[x].size(); i++)
q.push(node(b[x][i], d[b[x][i]]));
while (!q.empty()) {
node u = q.top(); q.pop();
if (v[u.h]) continue;
v[u.h] = 1;
for(int i = head[u.h]; i; i = e[i].next) {
int v = e[i].t;
if (d[v] > d[u.h] + e[i].d) {
d[v] = d[u.h] + e[i].d;
if (bl[v] == bl[u.h]) q.push(node(v, d[v]));
}
if (bl[v] != bl[u.h] && --in[bl[v]] == 0) Q.push(bl[v]);
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d", &n, &m1, &m2, &s);
for(int i = 1; i <= m1; i++) {
int x, y, z;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
add(x, y, z); add(y, x, z);
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
if (!v[i]) cnt++, dfs(i);
for(int i = 1; i <= m2; i++) {
int x, y, z;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
add(x, y, z);
in[bl[y]]++;//in[i]是编号为i的连通块的入度
}
memset(v, 0, sizeof(v));
memset(d, 0x7f, sizeof(d));//注意这里初始化要大一点
d[s] = 0;//d[i]表示从s到i的最短路
Q.push(bl[s]);
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
if (!in[i]) Q.push(i);
while (!Q.empty())
dij(Q.front()), Q.pop();
for(int i = 1; i <= n; i++)
if (d[i] >= M) puts("NO PATH");
else printf("%d
", d[i]);
return 0;
}