SGU103

题目大意：

给定一个带权无向图，每个点有一个颜色属性，要么为Blue要么为Purple，颜色会在B和P之间来回变换，两种颜色各有一个持续时间

两个邻接的点之间能够通行当且仅当两点是相同的颜色，通行的代价为边权，可在点处等待

给定起点，终点，每个点的初始颜色和持续时间，蓝色的持续时间，紫色的持续时间

求起点到终点的最短时间

如果没有颜色通行的限制，那么这道题就是个最短路，加上了颜色的通行限制，题目似乎就变了

最短路的性质是s-t的最短路如果经过了k，那么s-k也一定是一条最短路

但这道题似乎有可能存在这种情况，由于颜色限制，s-k不是最短路，但k-t是最短路

更仔细一点想，这种情况是不存在的

如果s-k不是最短路，其代价为d，那么我们可以求出s-k的最短路，其代价为d'

问题在于有可能k-t存在等待时间，显然s-k的最短路可以不会比非次短路差

所以求一遍s-t的最短路即可，SPFA和Dijkstra都行

关于等待时间：

a-b的等待时间和到达a的时间有关系，而松弛的条件是dis[v]>dis[x]+边权+等待时间

因此设计一个wait函数即可（这里比较蛋疼……我wa2无数遍就是因为打错一变量）

//Lib #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<string> #include<queue> using namespace std; //Macro #define rep(i,a,b) for(int i=a,ttmp=b;i<=ttmp;i++) #define rrep(i,a,b) for(int i=a,ttmp=b;i>=ttmp;i--) #define erep(i,e,x) for(int i=x;i;i=e[i].next) #define irep(i,x) for(__typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++) #define read() (strtol(ipos,&ipos,10)) #define sqr(x) ((x)*(x)) #define pb push_back #define PS system("pause"); typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int oo=~0U>>1; const double inf=1e20; const double eps=1e-6; string name="",in=".in",out=".out"; //Var priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q; struct N { int re,b,l; }node[308]; struct E { int next,node,v; }e[30008]; int tot,st,ed,n,m; int h[308],dis[308],pre[308]; bool vis[308]; void add(int a,int b,int c){e[++tot].next=h[a];e[tot].node=b;e[tot].v=c;h[a]=tot;} void Init() { int a,b,c;char ch[5]; scanf("%d%d",&st,&ed); if(st==ed){cout<<0<<endl<<st<<endl;exit(0);} scanf("%d%d",&n,&m); rep(i,1,n) { scanf("%s %d %d %d",ch,&a,&b,&c); if(ch[0]=='P')node[i].re=b+c-a; else node[i].re=b-a; //将起始颜色转化为B,re代表到下一种颜色的时间 node[i].b=b;node[i].l=b+c; //b代表blue的时间，l代表周期 } rep(i,1,m) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); add(a,b,c);add(b,a,c); } } int wait(int x,int y,int t) { int tx,ty,tmp,ret; tx=(t+node[x].re)%node[x].l; ty=(t+node[y].re)%node[y].l; ret=0; rep(i,1,4) { if((tx<node[x].b)==(ty<node[y].b))return ret; if(tx<node[x].b) tmp=node[x].b-tx;else tmp=node[x].l-tx; if(ty<node[y].b) tmp=min(tmp,node[y].b-ty);else tmp=min(tmp,node[y].l-ty); ret+=tmp; tx=(tx+tmp)%node[x].l; ty=(ty+tmp)%node[y].l; } return -1; } void Print(int x) { if(pre[x])Print(pre[x]); printf("%d ",x); } void Work() { rep(i,1,n)dis[i]=oo;int x,y,t;dis[st]=0; q.push(pii(0,st)); while(!q.empty()&&!vis[ed]) { x=q.top().second;q.pop();if(vis[x])continue; vis[x]=true; erep(i,e,h[x]) { y=e[i].node;t=wait(x,y,dis[x]); if(t>=0&&dis[y]>dis[x]+t+e[i].v) { dis[y]=dis[x]+t+e[i].v;pre[y]=x; q.push(pii(dis[y],y)); } } } if(dis[ed]==oo)printf("0\n"); else { printf("%d\n",dis[ed]); Print(pre[ed]); printf("%d\n",ed); } } int main() { // freopen((name+in).c_str(),"r",stdin); // freopen((name+out).c_str(),"w",stdout); Init(); Work(); return 0; }