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2200: [Usaco2011 Jan]道路和航线 (拓扑排序+dijstra)

时间:2019-04-08 22:05:26      阅读:227      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

Description

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。

 
 
思路:
因为有负权边,所以不能使用dijstra,但是这个数据量使用spfa会t,所以我们考录heap+dijstra。
如何解决负权边呢??注意题目: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。
这就说明,单向边一定不会形成环。
所以一个联通块中,不可能有一个起点和终点都在这个强联通块的单向边,然且对于两个强连通块,只能出项从一个块指向另一个块的单向边,若相互指向,则会形成环
那么对于一个联通块,我们可以只考虑双向边,直接使用dijstra,然后对从这个联通块发出的单向边进行更新,更新其他联通块中的dist,然后把处理过的单向边抹去。
 
因为是从s到其他点的距离,所以如果不是从一个联通块,没有单向边指向它,并且还不是s所在联通块,那么它里面的点都是无法到达的(显然)
 
 
①所以,我们可以按照拓扑序进行更新,每处理完一个联通块,和其单向边,我们就消除单向边造成的入度,然后进行拓扑排序选择联通块。
这样写法s所在联通块并不一定第一个入队,但是其前入队的联通块最短路无法更新,只能消除单向边,写法清晰。
 
②我们也一开始可以就把s的联通块号传入,这样的话,其他入度为0的联通块指出的单向边,我们直接需要将其抹去,消除无效联通块对其他联通快造成的入度。
因为其他入度为0的联通块,是无效的。(代码注释部分)
 
 
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  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 
  4 int t,r,p,s;
  5 typedef pair<int,int> pii;
  6 const int maxn = 5e4+5;
  7 vector<int>belong[maxn];
  8 struct Node
  9 {
 10     int x,y,val,next;
 11     Node(int x=0,int y=0,int val=0,int next=0):x(x),y(y),val(val),next(next) {}
 12 } node[2][maxn<<2];
 13 
 14 int head[2][maxn];
 15 int cnt[2];
 16 int tot;
 17 void add(int x,int y,int val,int t)
 18 {
 19     node[t][++cnt[t]].x = x;
 20     node[t][cnt[t]].y = y;
 21     node[t][cnt[t]].val = val;
 22     node[t][cnt[t]].next = head[t][x];
 23     head[t][x] = cnt[t];
 24 }
 25 int cn[maxn];
 26 int ind[maxn];
 27 int dist[maxn];
 28 bool vis[maxn];
 29 void dfs(int x)
 30 {
 31     cn[x] = tot;
 32     belong[tot].push_back(x);
 33     for(int i=head[0][x]; i; i=node[0][i].next)
 34     {
 35         int y = node[0][i].y;
 36         if(cn[y])
 37             continue;
 38         dfs(y);
 39     }
 40 }
 41 void solve(int s)
 42 {
 43     queue<int>que;
 44     while(!que.empty())
 45         que.pop();
 46     for(int i=1; i<=tot; i++)
 47         if(!ind[i])
 48             que.push(i);
 49 //    for(int i=1; i<=tot; i++)
 50 //    {
 51 //        if(!ind[i] && i != cn[s])
 52 //        {
 53 //            for(int j=0; j<belong[i].size(); j++)
 54 //            {
 55 //                for(int k=head[1][belong[i][j]]; k; k=node[1][k].next)
 56 //                {
 57 //                    --ind[cn[node[1][k].y]];
 58 //                }
 59 //            }
 60 //            ind[i] = -1;
 61 //            //printf("%d ------ %d\n",ind[i],i);
 62 //            i=0;
 63 //        }
 64 //    }
 65 //    que.push(cn[s]);
 66     memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
 67     dist[s] = 0;
 68     priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >p;
 69     while(!que.empty())
 70     {
 71         int k = que.front();
 72         que.pop();
 73         while(!p.empty())
 74             p.pop();
 75         int len = belong[k].size();
 76         for(int i=0; i<len; i++)
 77         {
 78             if(dist[belong[k][i]] < 0x3f3f3f3f)
 79                 p.push(pii(dist[belong[k][i]],belong[k][i]));
 80         }
 81         while(!p.empty())
 82         {
 83             pii t = p.top();
 84             p.pop();
 85             if(vis[t.second])
 86                 continue;
 87             vis[t.second] = 1;
 88             for(int i=head[0][t.second]; i; i=node[0][i].next)
 89             {
 90                 if(dist[t.second] + node[0][i].val < dist[node[0][i].y])
 91                 {
 92                     dist[node[0][i].y] = dist[t.second] + node[0][i].val;
 93                     p.push(pii(dist[t.second] + node[0][i].val,node[0][i].y));
 94                 }
 95             }
 96             for(int i=head[1][t.second]; i; i=node[1][i].next)
 97             {
 98                 dist[node[1][i].y] = min(dist[node[1][i].y],dist[t.second]+node[1][i].val);
 99             }
100         }
101         for(int i=0; i<len; i++)
102         {
103             for(int j=head[1][belong[k][i]]; j; j=node[1][j].next)
104             {
105                 if(--ind[cn[node[1][j].y]] == 0)
106                     que.push(cn[node[1][j].y]);
107             }
108         }
109     }
110 }
111 
112 int main()
113 {
114     cnt[0] = cnt[1] = 0;
115     scanf("%d%d%d%d",&t,&r,&p,&s);
116     for(int i=1; i<=t; i++)
117         belong[i].clear();
118     for(int i=1; i<=r; i++)
119     {
120         int u,v,k;
121         scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
122         add(u,v,k,0);
123         add(v,u,k,0);
124     }
125 
126     for(int i=1; i<=p; i++)
127     {
128         int u,v,k;
129         scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
130         add(u,v,k,1);
131     }
132     tot = 0;
133     for(int i=1; i<=t; i++)
134     {
135         if(!cn[i])
136         {
137             tot++;
138             dfs(i);
139         }
140     }
141 
142 
143     for(int i=1; i<=cnt[1]; i++)
144     {
145         ind[cn[node[1][i].y]]++;
146     }
147     solve(s);
148     for(int i=1; i<=t; i++)
149     {
150         if(dist[i] == 0x3f3f3f3f)
151             printf("NO PATH\n");
152         else
153             printf("%d\n",dist[i]);
154     }
155 }
View Code

 

 

2200: [Usaco2011 Jan]道路和航线 (拓扑排序+dijstra)

原文:https://www.cnblogs.com/iwannabe/p/10673698.html

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