HDU 2066 一个人的旅行

一个人的旅行

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 12531    Accepted Submission(s): 4259


Problem Description
虽然草儿是个路痴(就是在杭电待了一年多,居然还会在校园里迷路的人,汗~),但是草儿仍然很喜欢旅行,因为在旅途中 会遇见很多人(白马王子,^0^),很多事,还能丰富自己的阅历,还可以看美丽的风景……草儿想去很多地方,她想要去东京铁塔看夜景,去威尼斯看电影,去阳明山上看海芋,去纽约纯粹看雪景,去巴黎喝咖啡写信,去北京探望孟姜女……眼看寒假就快到了,这么一大段时间,可不能浪费啊,一定要给自己好好的放个假,可是也不能荒废了训练啊,所以草儿决定在要在最短的时间去一个自己想去的地方!因为草儿的家在一个小镇上,没有火车经过,所以她只能去邻近的城市坐火车(好可怜啊~)。
 

Input
输入数据有多组,每组的第一行是三个整数T,S和D,表示有T条路,和草儿家相邻的城市的有S个,草儿想去的地方有D个;
接着有T行,每行有三个整数a,b,time,表示a,b城市之间的车程是time小时;(1=<(a,b)<=1000;a,b 之间可能有多条路)
接着的第T+1行有S个数,表示和草儿家相连的城市;
接着的第T+2行有D个数,表示草儿想去地方。
 

Output
输出草儿能去某个喜欢的城市的最短时间。
 

Sample Input
6 2 3 1 3 5 1 4 7 2 8 12 3 8 4 4 9 12 9 10 2 1 2 8 9 10
 

Sample Output
9
 
这个题用单源 最短路径来解,用Dijkstra算法就可以了,因为没有负权的边。需要注意的是
这个题给出的边都是双向边。纪念一下我第一道图论题。
AC代码:
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#define M 200000000
int d[2000];//从源点到此点的距离
int s[2000];//已选择的点的集合,0表示没在,1表示在。
int num;//记录节点的个数
struct nd
{
	int v;
	int l;
	struct nd *next;
}node[2000];
void Dijkstra(void)
{
	int i,j,temp,u,k;
	struct nd *p;
	for(i=0;i<2000;i++)
	{
		if(node[i].next!=NULL)//如果是有效节点,只需要循环有效节点数-1
		{
			temp=M;
			u=0;
			for(j=1;j<2000;j++)//先找出最小那个节点
			{
				if(s[j]==0&&d[j]<temp)
				{
					u=j;
					temp=d[j];
				}
			}
			if(u==0)
				return;//没有找到,结束算法
			s[u]=1;//把u放入集合s
			p=node[u].next;
			while(p)
			{
				k=p->v;
				if(d[k]>d[u]+p->l)
					d[k]=d[u]+p->l;
				p=p->next;
			}
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	int j,t,r,n,w[2000],i,a,b,time,q;
	struct nd *p,*np;
	while(scanf("%d%d%d",&t,&r,&n)!=EOF)
	{
		for(i=0;i<2000;i++)//邻接链表初始化
		{
			node[i].next=NULL;
		}
		for(i=0;i<t;i++)//将数据按节点放入邻接链表
		{
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&time);
			p=node+a;
			while(p->next)
				p=p->next;
			np=malloc(sizeof(struct nd));
			np->v=b;
			np->l=time;
			np->next=NULL;
			p->next=np;
			p=node+b;
			while(p->next)
				p=p->next;
			np=malloc(sizeof(struct nd));
			np->v=a;
			np->l=time;
			np->next=NULL;
			p->next=np;
		}
		for(i=0;i<2000;i++)//初始化s与d数组
		{
			s[i]=0;
			d[i]=M;
		}
		for(i=0;i<r;i++)
		{
			scanf("%d",&q);
			d[q]=0;
			p=node;
			while(p->next)
				p=p->next;
			np=malloc(sizeof(struct nd));
			np->v=q;
			np->l=0;
			np->next=NULL;
			p->next=np;
		}
		for(i=0;i<n;i++)
		{
			scanf("%d",&w[i]);
		}
		s[0]=1;
		d[0]=0;
		Dijkstra();
		j=M;
		for(i=0;i<n;i++)
		{
			if(d[w[i]]<j)
				j=d[w[i]];
		}
		printf("%d\n",j);
	}
	return 0;
}


HDU(Hangzhou Dianzi University)OJ 中经常涉及到几何计算的问题,其中“判断两条线段是否相交”是一个经典的算法问题。以下是关于如何判断两线段是否相交的基本思路及其实现步骤: ### 判断两条线段相交的核心思想 可以利用向量叉积以及端点位置的关系来确定两条线段是否相交。 #### 具体步骤: 1. **定义基本概念** - 假设两条线段分别为 `AB` 和 `CD`。 - 使用二维平面中的坐标表示各顶点:A(x₁,y₁), B(x₂,y₂),C(x₃,y₃) ,D(x₄,y₄)。 2. **叉积的作用** 叉积可以帮助我们了解两点相对于一条直线的位置关系。 对于三个点 P、Q、R ,我们可以用叉乘 `(Q-P)x(R-P)` 来检测 R 是否在 QP 直线的一侧还是另一侧。 如果结果为正数,则表明顺时针;如果负则逆时针;若等于0则共线。 3. **快速排斥实验** 首先做一个矩形包围盒测试——即检查两个线段所在的最小外接矩形是否有重叠区域。如果没有重叠直接判定为不相交。 4. **跨立试验 (Cross-over Test)** 确认每个线段的两端分别位于另一个线段两侧即可认为它们交叉了。这通过上述提到过的叉积运算完成。 5. **特殊情况处理** 包含但不限于如下的几种情况需要单独讨论: - 完全重合的部分; - 存在一个公共端点但并不完全穿过等边缘状况。 6. **代码框架示例(Pseudo code):** ```python def cross_product(p1,p2,p3): return (p2[0]-p1[0])*(p3[1]-p1[1])-(p2[1]-p1[1])*(p3[0]-p1[0]) def on_segment(p,q,r): if ((q[0] <= max(p[0], r[0])) and (q[0] >= min(p[0], r[0])) and (q[1] <= max(p[1], r[1])) and (q[1] >= min(p[1], r[1]))): return True; return False; def do_segments_intersect(A,B,C,D): # 计算四个方向的叉积值 o1 = cross_product(A, C, B) o2 = cross_product(A, D, B) o3 = cross_product(C, A, D) o4 = cross_product(C, B, D) # 标准情况判断 if(o1 !=o2 && o3!=o4): return True # 特殊情况逐一验证... ``` 7. 最终结合所有条件得出结论。
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