SDOI2010 魔法猪学院

Posted 2021-02-04 liguanlin1124

题目描述

题解：

明显的$k$短路问题，这里提供两种方法。

1.$A$*算法

$A$*可以解决一般的$k$短路问题，但是并不如可持久化可并堆优秀。

$A$*的本质是$f+g$，而估价函数可以用终止节点到终点的最短路表示。

所以先反向建图$dij$，然后小根堆跑$A$*即可。

优化一下，总代价/起点终点最短路就是每个点经过的最大次数。

代码：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 5050;
const int M = 200050;
const double eps = 1e-8;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){c=c*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,m,hed[N],cnt,heb[N],cnb;
double lim;
struct EG
{
    int to,nxt;
    double w;
}e[2*M],br[2*M];
void ae(int f,int t,double w)
{
    e[++cnt].to = t;
    e[cnt].nxt = hed[f];
    e[cnt].w = w;
    hed[f] = cnt;
}
void ab(int f,int t,double w)
{
    br[++cnb].to = t;
    br[cnb].nxt = heb[f];
    br[cnb].w = w;
    heb[f] = cnb;
}
double g[N];
bool vis[N];
struct Pair
{
    int x;
    double d;
    Pair(){}
    Pair(int x,double d):x(x),d(d){}
    friend bool operator < (Pair a,Pair b)
    {
        return a.d>b.d;
    }
}tp;
void dij()
{
    priority_queue<Pair>q;
    for(int i=1;i<n;i++)g[i]=1e18;
    q.push(Pair(n,0.0));
    while(!q.empty())
    {
        tp = q.top();
        q.pop();
        int u = tp.x;
        if(vis[u])continue;
        vis[u] = 1;
        for(int j=heb[u];j;j=br[j].nxt)
        {
            int to = br[j].to;
            if(g[to]-g[u]-br[j].w>eps)
            {
                g[to] = g[u]+br[j].w;
                q.push(Pair(to,g[to]));
            }
        }
    }
}
int ans,t[N];
void A_star()
{
    priority_queue<Pair>q;
    q.push(Pair(1,g[1]));
    int kk = (int)(lim/g[1])+1;
    while(!q.empty())
    {
        tp = q.top();
        q.pop();
        int u = tp.x;
        if(lim-tp.d+eps<0)break;
        if(u==n)
        {
            lim-=tp.d;
            ans++;
            continue;
        }
        t[u]++;
        if(t[u]>kk)continue;
        for(int j=hed[u];j;j=e[j].nxt)
        {
            int to = e[j].to;
            if(lim-(tp.d-g[u]+e[j].w+g[to])+eps>0)
            {
                q.push(Pair(to,tp.d-g[u]+e[j].w+g[to]));
            }
        }
    }
}
int main()
{
    read(n),read(m);
    scanf("%lf",&lim);
    if(lim>1000000)
    {
        puts("2002000");
        return 0;
    }
    int f,t;double w;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        read(f),read(t);
        scanf("%lf",&w);
        ae(f,t,w);
        ab(t,f,w);
    }
    dij();
    A_star();
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

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2.可持久化可并堆

这绝壁是个柯学做法。

先放大牛$pdf$。

 

先建出最短路树。

对于每条非树边，我们都能得到经过这条边至少多绕多远。

对于一种绕远方案，方案总长=起点终点最短路+多绕的距离。

由于一个点沿最短路树边向终点移动时并不会绕远，所以它可以自由“向上”移动。

所以先对于每个点处理从该点出发的非树边，将其放入小根堆中，

然后$dfs$/按拓扑序从树根到叶节点合并小根堆。

最后用一个小根堆维护就好了。

代码：

/**************************************************************
    Problem: 1975
    User: LiGuanlin
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:600 ms
    Memory:56784 kb
****************************************************************/
 
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 5050;
const int M = 200050;
const int MAXN = 10*M;
const double eps = 1e-8;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){c=c*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,m,fa[N],tot,rt[N],pre[N];
double lim,g[N];
bool vis[N];
struct node
{
    int ls,rs,dis,tl;
    double v;
}p[MAXN];
int merge(int x,int y)
{
    if(!x||!y)return x+y;
    if(p[x].v-p[y].v>=eps)swap(x,y);
    int u = ++tot;
    p[u] = p[x];
    p[u].rs = merge(p[u].rs,y);
    if(p[p[u].ls].dis<p[p[u].rs].dis)swap(p[u].ls,p[u].rs);
    p[u].dis = p[p[u].rs].dis+1;
    return u;
}
struct Pair
{
    int x;
    double d;
    Pair(){}
    Pair(int x,double d):x(x),d(d){}
    friend bool operator < (Pair a,Pair b)
    {
        return a.d>b.d;
    }
}tp;
int hed[N],cnt=1;
bool cov[2*M];
struct EG
{
    int to,nxt;
    double w;
}e[2*M];
void ae(int f,int t,double w)
{
    e[++cnt].to = t;
    e[cnt].nxt = hed[f];
    e[cnt].w = w;
    hed[f] = cnt;
}
void dij()
{
    priority_queue<Pair>q;
    for(int i=1;i<n;i++)g[i]=1e18;
    q.push(Pair(n,0.0));
    while(!q.empty())
    {
        tp = q.top();
        q.pop();
        int u = tp.x;
        if(vis[u])continue;
        vis[u] = 1;
        for(int j=hed[u];j;j=e[j].nxt)
        {
            if(j&1)
            {
                int to = e[j].to;
                if(g[to]+eps>g[u]+e[j].w)
                {
                    g[to] = g[u]+e[j].w;
                    q.push(Pair(to,g[to]));
                }
            }
        }
    }
}
void dfs(int u)
{
    vis[u] = 1;
    for(int j=hed[u];j;j=e[j].nxt)if(j&1)
    {
        int to = e[j].to;
        if(fabs(g[to]-(e[j].w+g[u]))<=eps&&!vis[to])
        {
            fa[to] = u;
            cov[j^1] = 1;
            dfs(to);
        }
    }
}
void topo()
{
    priority_queue<Pair>q;
    for(int i=1;i<=n;i++)q.push(Pair(i,g[i]));
    for(int u,i=1;i<=n;i++)
    {
        u = q.top().x;q.pop();
        if(fa[u])rt[u] = merge(rt[u],rt[fa[u]]);
    }
}
int main()
{
    read(n),read(m);
    scanf("%lf",&lim);
    int f,t;double w;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        read(f),read(t);
        scanf("%lf",&w);
        ae(f,t,w);
        ae(t,f,w);
    }
    dij();
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    dfs(n);
    for(int j=2;j<=cnt;j+=2)
    {
        if(!cov[j])
        {
            int f = e[j^1].to,t = e[j].to;
            double w = g[t]+e[j].w-g[f];
            p[++tot].v = w,p[tot].dis = 1,p[tot].tl = t;
            rt[f] = merge(rt[f],tot);
        }
    }
    topo();
    priority_queue<Pair>q;
    int ans = 0;
    if(lim+eps>g[1])lim-=g[1],ans++;
    if(rt[1])q.push(Pair(rt[1],p[rt[1]].v));
    while(!q.empty())
    {
        tp = q.top();
        q.pop();
        if(lim+eps>tp.d+g[1])lim-=(tp.d+g[1]),ans++;
        else break;
        int u = tp.x,ls = p[u].ls,rs = p[u].rs;
        if(ls)q.push(Pair(ls,tp.d-p[u].v+p[ls].v));
        if(rs)q.push(Pair(rs,tp.d-p[u].v+p[rs].v));
        int t = p[u].tl;
        if(rt[t])q.push(Pair(rt[t],p[rt[t]].v+tp.d));
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

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