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最新推荐文章于 2020-06-06 21:47:03 发布

SSL_Yyx

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分类专栏： jzoj spfa floyd

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博客围绕有向图最短时间问题展开，给出有向图边的走法规则及限制条件，要求计算从顶点1到顶点n满足条件的最短时间。介绍了输入输出格式和示例，分析采用spfa+分层图方法，先floyd判连通，还提及30分暴力解法和100分正解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

Description

给出一个有n个顶点m条边的有向图，对于一条边长度为len的边有两种走法。
　　1、如果a和b可以互达，则走过这条边的时间为len
　　2、如果a和b不可以互达，则走过这条边的时间为2*len
　　现在给出一个k，问，从顶点1到顶点n，满足第二种走法不超过k次的最短时间是多少。

Input

第一行有3个整数n,m,k(1<=n<=100,1<=m<=10000,0<=k<=10),表示有n个顶点，m条边。
　　接下来有m行，每行有3个整数xi,yi,leni(1<=xi,yi<=n,1<=leni<=10000)，表示长度为leni的有向边。
　　注意，两个点可能有多条边连接。

Output

一行一个整数，表示最短时间。
　　如果没有满足题目条件的路径，则输出-1

Sample Input

7 7 3
1 2 2
1 3 2
2 4 3
4 7 5
3 5 4
5 6 1
6 4 2

Sample Output

Hint

【数据约定】
　　对于30%的数据n<=10,m<=10,
　　对于100%的数据，如题目描述

分析

spfa+分层图

首先floyd判连通，求最短路，如果a和b不可以互达，则走过这条边的时间*2
设dis[i][j] 表示走到点i走了j次第二种走法的最短路径

CODE

30分的暴力

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int n,m,k,a[105][105],b[105][105],f[105][11];

void dfs(int x,int t){
	for (int i=1;i<=b[x][0];i++){
		if (a[b[x][i]][x]){
			if (f[b[x][i]][t]>f[x][t]+a[x][b[x][i]]){
				f[b[x][i]][t]=f[x][t]+a[x][b[x][i]];
				dfs(b[x][i],t);
			}
		}
			else{
				int p=f[b[x][i]][t],q=f[x][t]+a[x][b[x][i]]*2;
				if (f[b[x][i]][t+1]>f[x][t]+a[x][b[x][i]]*2 && t<k){
					f[b[x][i]][t+1]=f[x][t]+a[x][b[x][i]]*2;
					dfs(b[x][i],t+1);
				}
			}
	}
	return;
}

int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for (int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		if (a[x][y]) a[x][y]=min(a[x][y],z);
			else{
				a[x][y]=z;
				b[x][0]++;
				b[x][b[x][0]]=y;
			}
	}
	memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));
	f[1][0]=0;
	dfs(1,0);
	int k=200000000;
	for (int i=1;i<=k;i++){
		if (f[n][i]!=0) k=min(k,f[n][i]);
	}
	if (k==0) printf("-1\n");
		else printf("%d\n",k);
	return 0;
}

100分的正解

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

struct llx{
    int x,k;
};

queue<llx>q;

bool v[1001][1001];
int dis[1001][1001],f[1001][1001],a[1001][1001];
int n,m,k;

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    memset(a,0x3f3f3f,sizeof(a));
    memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));
    memset(dis,0x3f3f3f,sizeof(dis));
    for (int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    	f[x][y]=a[x][y]=min(a[x][y],z);
    }
    for (int k=1;k<=n;k++)
        for (int i=1;i<=n;i++)
            for (int j=1;j<=n;j++)
                if (i!=j&&i!=k&&f[i][k]+f[k][j]<f[i][j])
                    f[i][j]=f[i][k]+f[k][j];
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            if (f[j][i]==f[0][0]&&a[i][j]!=a[0][0])
                a[i][j]*=2;
    dis[1][0]=0;
    q.push((llx){1,0});
    v[1][0]=1;
    while (q.size()){
        llx s=q.front();
        int now=s.x;
        int tmp=s.k;
        q.pop();
        for (int i=1;i<=n;i++){
            if (a[now][i]!=a[0][0]){
                if (f[i][now]==f[0][0]){
                	if (dis[now][tmp]+a[now][i]<dis[i][tmp+1]&&tmp<k){
                    	dis[i][tmp+1]=dis[now][tmp]+a[now][i];
                    	if (!v[i][tmp+1]){
                        	v[i][tmp+1]=1;
                        	q.push((llx){i,tmp+1});
                    	}
                	}
                }
                	else{
                		if (a[now][i]+dis[now][tmp]<dis[i][tmp]){
                    		dis[i][tmp]=a[now][i]+dis[now][tmp];
                    		if (!v[i][tmp]){
                        		v[i][tmp]=1;
                        		q.push((llx){i,tmp});
                    		}
                		}
                	}
            }
    	}
        v[now][tmp]=0;
    }
    int ans=dis[n][0];
    for (int i=1;i<=k;i++)
        ans=min(ans,dis[n][i]);
    if (ans>=a[0][0]) ans=-1;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}