Poj 1062 昂贵的聘礼【最短路SPFA】

最新推荐文章于 2020-02-11 02:39:36 发布

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一名探险家试图通过在印第安部落中进行复杂交易以减少聘礼成本，需遵循等级制度和特定交易规则。

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昂贵的聘礼

Time Limit: 1000MS		Memory Limit: 10000K
Total Submissions: 44508		Accepted: 13112

Description

年轻的探险家来到了一个印第安部落里。在那里他和酋长的女儿相爱了，于是便向酋长去求亲。酋长要他用10000个金币作为聘礼才答应把女儿嫁给他。探险家拿不出这么多金币，便请求酋长降低要求。酋长说："嗯，如果你能够替我弄到大祭司的皮袄，我可以只要8000金币。如果你能够弄来他的水晶球，那么只要5000金币就行了。"探险家就跑到大祭司那里，向他要求皮袄或水晶球，大祭司要他用金币来换，或者替他弄来其他的东西，他可以降低价格。探险家于是又跑到其他地方，其他人也提出了类似的要求，或者直接用金币换，或者找到其他东西就可以降低价格。不过探险家没必要用多样东西去换一样东西，因为不会得到更低的价格。探险家现在很需要你的帮忙，让他用最少的金币娶到自己的心上人。另外他要告诉你的是，在这个部落里，等级观念十分森严。地位差距超过一定限制的两个人之间不会进行任何形式的直接接触，包括交易。他是一个外来人，所以可以不受这些限制。但是如果他和某个地位较低的人进行了交易，地位较高的的人不会再和他交易，他们认为这样等于是间接接触，反过来也一样。因此你需要在考虑所有的情况以后给他提供一个最好的方案。
为了方便起见，我们把所有的物品从1开始进行编号，酋长的允诺也看作一个物品，并且编号总是1。每个物品都有对应的价格P，主人的地位等级L，以及一系列的替代品Ti和该替代品所对应的"优惠"Vi。如果两人地位等级差距超过了M，就不能"间接交易"。你必须根据这些数据来计算出探险家最少需要多少金币才能娶到酋长的女儿。

Input

输入第一行是两个整数M，N（1 <= N <= 100），依次表示地位等级差距限制和物品的总数。接下来按照编号从小到大依次给出了N个物品的描述。每个物品的描述开头是三个非负整数P、L、X（X < N），依次表示该物品的价格、主人的地位等级和替代品总数。接下来X行每行包括两个整数T和V，分别表示替代品的编号和"优惠价格"。

Output

输出最少需要的金币数。

Sample Input

1 4
10000 3 2
2 8000
3 5000
1000 2 1
4 200
3000 2 1
4 200
50 2 0

Sample Output

5250

Source

浙江

思路：

1、以节点1为源点，以优惠之后的价格作为边权，求一遍单源最短路。因为n比较小，几种求最短路的方法都能够承受住时限的考验。

2、求出的dis【i】+val【i】（val【i】是第i件物品的价值）就是从1号酋长那里作为起点，一路追随过来走到节点i的最优的花费值，那么不难理解：

ans=min（dis【i】+val【i】）【1<=i<=n】

3、这个问题的最短路变形还有一个，就是等级制度的限制，这里我们维护两个值，其含义为：最短路过程进行到当前节点，所松弛走过来的节点中，最高级别和最低级别，我们用node.high和node.low来表示。这个时候，如果能够有松弛操作：dis【v】>dis【u】+w，那么就要判断一下level【v】是否能够符合等级约束条件：abs(level【v】-u.hgih)<=m&&abs(level【v】-u.low)<=m，如果满足，松弛dis【v】，否则不操作。

4、注意的点：多组输入，注意初始化各种数组。

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
int out[101010];
int vis[101010];
int val[101010];
int dis[101010];
int level[101010];
int head[100000];
struct node
{
    int high,low,u;
}now,nex;
struct EdgeNode
{
    int to;
    int w;
    int next;
}e[100000];
int n,m,cont;
void add(int from,int to,int w)
{
    e[cont].to=to;
    e[cont].w=w;
    e[cont].next=head[from];
    head[from]=cont++;
}
int abs(int a)
{
    if(a<0)return -a;
    else return a;
}
void SPFA(int ss)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f;
    dis[1]=0;
    now.u=1;
    now.high=now.low=level[ss];
    queue<node>s;
    s.push(now);
    while(!s.empty())
    {
        now=s.front();
        s.pop();
        vis[now.u]=0;
        int u=now.u;
        for(int k=head[u];k!=-1;k=e[k].next)
        {
            int v=e[k].to;
            int w=e[k].w;
            if(dis[v]>dis[u]+w&&abs(level[v]-now.high)<=m&&abs(level[v]-now.low)<=m)
            {
                dis[v]=dis[u]+w;
                if(vis[v]==0)
                {
                    vis[v]=1;
                    nex.u=v;
                    nex.high=max(now.high,level[v]);
                    nex.low=min(now.low,level[v]);
                    s.push(nex);
                }
            }
        }
    }
    int output=0x3f3f3f3f;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        output=min(output,dis[i]+val[i]);
    }
    printf("%d\n",output);
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&m,&n))
    {
        cont=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int k;
            scanf("%d%d",&val[i],&level[i]);
            scanf("%d",&k);
            for(int j=0;j<k;j++)
            {
                int v,w;
                scanf("%d%d",&v,&w);
                add(i,v,w);
            }
        }
        SPFA(1);
    }
}
/*
1 4
10000 3 2
2 1
3 3
1000 2 2
4 1
3 1
1000 3 1
4 2
100 4 0
*/