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题目链接：HDU 5521
题意：给定点数n和集合个数m，然后给你m个集合，每一个集合有si个点，两两之间的到达时间都是ti，一个人在1，一个人在n，求两人同时出发的相遇的最短时间
由于每一个集合的点有很多，若集合两两之间连边，边数非常大，一开始这样就超时了……然后正确做法是对每一个集合再虚拟一个节点（范围是[n+1,n+m]），给每一个集合内的点连边权为ti的双向边到本集合对应虚拟节点，集合内其他点不连边，这样就可以通过虚拟的节点来到达其他地方从而减少边数（方法真是太巧妙了），然后求相遇的最短时间，显然现在无法得知到底选哪个地点作为见面地点，那就对1跑一遍单源最短路，对n跑一边单源最短路，然后统计1~n中每一个点的可能最短时间（一个人早到一个人晚到，显然用max取时间长的那个数），然后选出1~n中的最短时间mndx，再遍历一下看哪些点的最短时间为mndx并记录输出，最后记得把最短时间除以2，因为连的边是ti，进入虚拟节点又出来会多算一次
点数为1e5，题目中说了所有集合大小之和不会超过1e6，每一个集合都有2*|Si|条边，那就是2*1e6条边因此N可设为1e5+10，M可设为2*1e6+10。
以上是以前的解法，昨天计蒜客被惨虐之后仔细看了一下D题发现其实跟这道题是同一个原理，这题是群内的点之间两两距离为ti，那不妨把Block点拆成入口和出口，然后这样连边：
<u, Block入口, 0>,<Block出口, u , 0>,<Block入口, Block出口, ti>
然后从S和T各跑一遍SPFA然后记录下Max更新答案即可，也不用像上面的解法一样除以2了，点数最差情况下一个点作为Block，应该是3e5，边数应该为2sum{Si}+m，应该是2e6+1e5
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 3e5 + 7;
const int M = 2e6 + 1e5 + 7;
struct edge
{
int to, nxt;
LL w;
edge() {}
edge(int _to, int _nxt, LL _w): to(_to), nxt(_nxt), w(_w) {}
};
edge E[M];
int head[N], tot;
int vis[N];
LL ds[N], de[N], Mindist[N];
void init()
{
CLR(head, -1);
tot = 0;
}
inline void add(int s, int t, LL d)
{
E[tot] = edge(t, head[s], d);
head[s] = tot++;
}
void spfa(int s, int flag, LL d[])
{
CLR(vis, 0);
if (flag)
CLR(ds, INF), ds[s] = 0;
else
CLR(de, INF), de[s] = 0;
queue<int>Q;
Q.push(s);
while (!Q.empty())
{
int u = Q.front();
Q.pop();
vis[u] = 0;
for (int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt)
{
int v = E[i].to;
if (d[v] > d[u] + E[i].w)
{
d[v] = d[u] + E[i].w;
if (!vis[v])
{
vis[v] = 1;
Q.push(v);
}
}
}
}
}
int main(void)
{
int tcase, n, m, si, u, i;
scanf("%d", &tcase);
for (int q = 1; q <= tcase; ++q)
{
init();
scanf("%d%d", &n, &m);
LL ti;
for (i = 1; i <= m; ++i)
{
scanf("%I64d%d", &ti, &si);
add(i, i + m, ti); //m
while (si--)
{
scanf("%d", &u);
add(u + (m << 1), i, 0LL); //si
add(i + m, u + (m << 1), 0LL); //si
}
}
spfa(1 + (m << 1), 1, ds);
spfa(n + (m << 1), 0, de);
LL ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
printf("Case #%d: ", q);
vector<int>pos;
for (i = 2 * m + 1; i <= 2 * m + n; ++i)
{
Mindist[i] = max<LL>(ds[i], de[i]);
if (Mindist[i] < ans)
ans = Mindist[i];
}
if (ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
puts("Evil John");
else
{
printf("%I64d\n", ans);
for (i = 2 * m + 1; i <= 2 * m + n; ++i)
if (Mindist[i] == ans)
pos.push_back(i - (m << 1));
int sz = pos.size();
for (i = 0; i < sz; ++i)
printf("%d%c", pos[i], " \n"[i == sz - 1]);
}
}
return 0;
}
原文：http://www.cnblogs.com/Blackops/p/5766284.html