[2018.10.23 T3] 新的家园_新的家园c++-优快云博客

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新的家园

——过去已成为过去，而未来终将是过去。所有事物在出现的那一刻都注定成为历史……

题目背景

公元 $8102$ 年，火星的生态环境遭到严重破坏，终于也难逃人类的掠夺，变成了一颗死星。

所有人，都乘坐飞船逃往了无尽的深空，除了你。

默默地，你步行在荒芜的街道上，凝视着这片空无一人的大地——这个你由你亲自见证创造，又亲眼目送它毁灭的曾经人类的第二家园。

沙暴，四处是暗红的赤铁尘土卷起的沙暴。

红色的烟尘之中，你望见了远处废弃的行星通道，往事如潮水般涌入脑海……

题目描述

你还记得行星通道系统有 $n$ 个站点， $E$ 条道路。这里的道路同时包括了行星赤道上的行星通道和地面上的道路。每一条道路都是双向通行的，且从任意一端通过第 $i$ 条道路需要的时间都为 $w_i$ 。因为站点分布在赤道上，所以一定有一些边从 $1$ 号站点开始依次连接 $2,3,4,⋯2,3,4,\cdots$ 号站点，并最终从 $n$ 号站点连回 $1$ 号点。

最后一班飞船即将起航，所剩的时间不多了。你决定沿着行星通道上的站点移动，最后一次认真看看这个深红的星球。

为了规划路线，你需要知道一些站点之间移动耗费的最短时间。具体的来说，有 $q$ 个询问。每一个询问 $s_i,t_i$ 表示询问从 $s_i$ 到 $t_i$ 的最短用时。 (注：上一题的条件在本题中不一定适用)

【输入】

第一行三个整数 $n, E, q$ ，表示站点数，道路数量和询问数。

接下来 $E$ 行每行三个整数 $u, v, w$ 表示 $u, v$ 间有一条双向道路，通行时间为 $w$ 。

接下来 $q$ 行每行两个整数 $s, t$ ，表示询问 $s$ 站点到 $t$ 站点的最短用时。

【输出】

一共有 $q$ 行输出。

每一行一个整数，表示每一次询问的答案。

【输入样例】

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

【输出样例】

1
1
2

【提示】

【数据范围】

令 $m = E - n$

*：保证所有环以外的边以 $(a i, b i)$ 形式依次给出，对于 $1 \leq i < n$ ，保证 $a_i<b_i$ 且 $b_i<a_i+1$ 。

保证 $0 \leq w \leq 1000$ ,答案在 $2^{31}−1$ 内。

题解

发现存在决策的节点只有通道的两端，大环上的节点许多是没有决策的，对于这些没有决策的节点，我们可以把这些点变成一条边，整张图只保留是通道端点的点，这样整张图大小就是 $O (m)$ 的了。

询问时，把起点终点加入图中，跑一次最短路，得到答案后再把新加的边删掉，总复杂度为 $O(q×最短路(m,m))O(q\times 最短路(m,m))$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int M=5e5+5;
struct sd{int to,w;}ed[M<<1];
bool operator<(sd a,sd b){return a.w>b.w;}
int loop[M],head[M],nxt[M<<1],dis[M],gra[M],le[M],ri[M],tot,n,m,q,cnt;
bool key[M],vis[M];
priority_queue<sd>dui;
void adde(int f,int t,int w){nxt[++cnt]=head[f],head[f]=cnt,ed[cnt]=(sd){t,w};}
void add(int u,int v,int w){adde(u,v,w),adde(v,u,w);}
void in()
{
	memset(loop,127,sizeof(loop));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1,a,b,c;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
		if(a>b)swap(a,b);
		a==b-1?loop[a]=min(loop[a],c):(add(a,b,c),key[a]=key[b]=1);
	}
}
int dijkstra(int s,int t)
{
	for(int i=1;i<=tot;++i)dis[gra[i]]=inf,vis[gra[i]]=0;
	dui.push((sd){s,dis[s]=0});
	for(sd f;!dui.empty();)
	{
		f=dui.top(),dui.pop();
		if(vis[f.to])continue;
		vis[f.to]=1;
		for(int i=head[f.to];i;i=nxt[i])
		{
			if(!vis[ed[i].to]&&dis[ed[i].to]>dis[f.to]+ed[i].w)
			dis[ed[i].to]=dis[f.to]+ed[i].w,dui.push((sd){ed[i].to,dis[ed[i].to]});
		}
	}
	return dis[t];
}
void ac()
{
	for(int i=1,last=0;i<=n;++i)
	{
		loop[i]+=loop[i-1],le[i]=last;
		if(key[i]&&last)add(last,i,loop[i-1]-loop[last-1]);
		if(key[i])last=i,gra[++tot]=i;
	}
	for(int i=n,last=0;i;--i){ri[i]=last;if(key[i])last=i;}
	for(int i=1,s,t,x1,x2,x3,x4,x5,x6,pre=cnt;i<=q;++i)
	{
		scanf("%d%d",&s,&t);if(s>t)swap(s,t);
		if(s==t){puts("0");continue;}
		x1=head[le[s]],x2=head[s],x3=head[le[t]],x4=head[t],x5=head[ri[s]],x6=head[ri[t]];
		add(le[s],s,loop[s-1]-loop[le[s]-1]),add(s,ri[s],loop[ri[s]-1]-loop[s-1]);
		add(le[t],t,loop[t-1]-loop[le[t]-1]),add(t,ri[t],loop[ri[t]-1]-loop[t-1]);
		add(s,t,loop[t-1]-loop[s-1]);
		dis[s]=dis[t]=inf,vis[s]=vis[t]=0;
		printf("%d\n",dijkstra(s,t));
		cnt=pre,head[le[s]]=x1,head[s]=x2,head[le[t]]=x3,head[t]=x4,head[ri[s]]=x5,head[ri[t]]=x6;
	}
}
int main(){in();ac();}