U10223 Cx大帝远征埃及

Posted 2020-09-28 ioioioioioio

题目背景

众所周知，Cx是一个宇宙大犇。Cx能文善武，一直在为大一统的实现而努力奋斗着。Cx将调用他的精锐军队，一个精锐士兵最多可以战胜十个埃及士兵。同时Cx是个爱才的人，他想要制定一份能使在占领埃及的前提下，使自己的军队损失最小的作战方案。Cx可做好了充分的准备，他收集到了很多情报，经过了长期的准备，在今天这个伟大的日子，他终于作下了远征埃及的决定！

题目描述

Cx将会把他收集到的所有情报都汇总给你（当然不能有什么遗漏的），情报的内容包括了埃及的所有城市所驻扎的军队人数，和与其单向连通的城市（路程什么的对千里马来说不算什么）。编号1的城市即为首都，占领首都即战争胜利！他将会告诉你他调度的军队人数。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行三个整数n和m，sum。n表示埃及的所有城市个数，m表示Cx大帝开始出征的城市标号，sum表示精锐军队的人数。

以下的n行，第i+1行即为关于埃及编号为i的城市的情报，第一个整数ai表示在此驻扎的军队人数，第二个整数pi表示与此城市连通的城市数目，接下来pi个整数为与其连通的城市编号。

 

输出格式：

 

第一行输出Cx大帝要想完成占领埃及的目标的最优攻占城市顺序方案。第二行输出精锐军队剩余的人数，详细格式见输出样例。如军队的人数过少无法使Cx大帝占领埃及，则输出"No way!”

 

输入输出样例

输入样例#1：

4 3 10
30 0
13 1 1
7 2 4 2
3 1 1

输出样例#1：

3->4->1
6

说明

样例说明：最少需要对付的埃及士兵为40个，而精锐士兵以一敌十，所以最后还有6个存活。 数据保证p1=0。

士兵杀8个死不了，下一次再解决两个就GG了。

对于100%的数据： 2<=n<=10000 pi<=100

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>

using namespace std;
const int N=50010;
const int INF=9999999;

int head[N],peo[N],dis[N],pre[N],print[N],js;
int now=1,ple,n,start;
bool vis[N];
struct node{
    int u,v,nxt;
}E[N*100];
queue<int>q;

inline int read()
{
    int x=0;char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=getchar();
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=x*10+c-‘0‘,c=getchar();
    return x;
}

inline void add(int u,int v)
{
    E[now].u=u;
    E[now].v=v;
    E[now].nxt=head[u];
    head[u]=now++;
}

inline void spfa(int start)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dis[i]=INF;
    dis[start]=peo[start];
    vis[start]=1;
    q.push(start);
    while(!q.empty())
    {
        int top=q.front();
        q.pop();
        vis[top]=0;
        for(int i=head[top];~i;i=E[i].nxt)
        {
            if(dis[E[i].v]>dis[top]+peo[E[i].v])
            {
                dis[E[i].v]=dis[top]+peo[E[i].v];
                pre[E[i].v]=top;
                if(!vis[E[i].v])
                    vis[E[i].v]=1,
                    q.push(E[i].v);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    n=read();start=read();ple=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        head[i]=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        peo[i]=read();
        int _peo=read();
        for(int j=1;j<=_peo;j++)
        {
            int v=read();
            add(i,v);
        }
    } 
    spfa(start);
    if(dis[1]==INF||dis[1]==peo[1])
    {
        printf("No way!");
        return 0;
    }
    int now=1;
    while(now!=start)
    {
        print[++js]=now;
        now=pre[now];
    }
    print[++js]=start;
    for(int i=js;i>=2;i--)
        printf("%d->",print[i]);
    printf("1\n");
    printf("%d",ple-dis[1]/10);
    return 0;
}

/*
4 3 10      
30 0
13 1 1
7 2 4 2
3 1 1
*/

　　严重怀疑样例质量，

if(dis[E[i].v]>dis[top]+peo[E[i].v])
> 改成 +，竟然能过样例，呵呵呵（全WA）。
然而，这份代码WA1。