cogs505. 城市

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二分答案

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本文介绍了一种解决特定路径寻找问题的算法，该问题要求在考虑过路费与汽油消耗的情况下找到从城市u到城市v的最优路径。文章详细阐述了通过二分查找结合Dijkstra算法来确定在不超过油箱容量限制下的最大单次过路费最小值的方法。

【题目描述】
在某个遥远的国家里，有n个城市。编号为1，2，3，……，n。
这个国家的政府修建了m条双向的公路。每条公路连接着两个城市。沿着某条公路，开车从一个城市到另一个城市，需要花费一定的汽油。
开车每经过一个城市，都会被收取一定的费用（包括起点和终点城市）。所有的收费站都在城市中，在城市间的公路上没有任何的收费站。
小红现在要开车从城市u到城市v(1<=u，v<=n)。她的车最多可以装下s升的汽油。在出发的时候，车的油箱是满的，并且她在路上不想加油。
在路上，每经过一个城市，她要交一定的费用。如果她某次交的费用比较多，她的心情就会变得很糟。所以她想知道，在她能到达目的地的前提下，她交的费用中最多的一次最少是多少。这个问题对于她来说太难了，于是她找到了聪明的你，你能帮帮她吗？
【输入格式】
第一行5个正整数，n，m，u，v，s。分别表示有n个城市，m条公路，从城市u到城市v，车的油箱的容量为s升。
接下来有n行，每行1个正整数，fi。表示经过城市i，需要交费fi元。
再接下来有m行，每行3个正整数，ai，bi，ci(1<=ai，bi<=n)。表示城市ai和城市bi之间有一条公路，如果从城市ai到城市bi，或者从城市bi到城市ai，需要用ci升汽油。
【输出格式】
仅一个整数，表示小红交费最多的一次的最小值。
如果她无法到达城市v，输出-1。
【输入样例1】

【输出样例1】

【输入样例2】

【输出样例2】

-1

【数据规模】

对于60%的数据，满足n<=200，m<=10000，s<=200
对于100%的数据，满足n<=10000，m<=50000，s<=1000000000
对于100%的数据，满足ci<=1000000000，fi<=1000000000，可能有两条边连接着相同的城市。

城市过路费有单调性

二分城市过路费 dijkstra判断最后最短路是否小于s

时间复杂度mlog^2n

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=10000+10;
int B[maxn];
struct T{
	int dis,x;
	bool operator<(const T &a)const{
		return dis>a.dis;
	}
};
priority_queue<T>pq;
int vis[maxn];
vector<int>A[maxn];
vector<int>C[maxn];
int dis[maxn];
int n,m,u,v,s;
inline bool judge(int x){
	if(B[u]>x)
		return false;
	memset(dis,127/2,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	dis[u]=0;
	T d;
	d.dis=dis[u],d.x=u;
	pq.push(d);
	while(!pq.empty()){
		T p=pq.top();
		pq.pop();
		if(vis[p.x])
			continue;
		vis[p.x]=1;
		for(int i=0;i<A[p.x].size();i++){
			int o=A[p.x][i];
			if(!vis[o]&&B[o]<=x&&dis[o]>dis[p.x]+C[p.x][i]){
				dis[o]=dis[p.x]+C[p.x][i];
				T a;
				a.dis=dis[o],a.x=o;
				pq.push(a);
			}
		}
	}
	return dis[v]<=s;
}
int main(){
	freopen("cost.in","r",stdin);
	freopen("cost.out","w",stdout);
	scanf("%d %d %d %d %d",&n,&m,&u,&v,&s);
	int l=0,r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&B[i]);
		r=max(r,B[i]);
	}
	int x,y,z;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d %d %d",&x,&y,&z);
		A[x].push_back(y);
		A[y].push_back(x);
		C[x].push_back(z);
		C[y].push_back(z);
	}
	if(!judge(r)){
		puts("-1");
		return 0;
	}
	while(l+1<r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(judge(mid))
			r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	if(judge(l))
		printf("%d\n",l);
	else printf("%d\n",r);
return 0;
}