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最新推荐文章于 2019-11-07 19:02:50 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_43909855/article/details/95205802

博客围绕有向图最短时间问题展开。给出有N个顶点M条边的有向图，边有两种走法，根据是否互达决定时间。给定K，求从顶点1到顶点N，第二种走法不超过K次的最短时间。解析中先用Floyd求两点互达情况，再用SPFA求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意

给出一个有 $N$ 个顶点 $M$ 条边的有向图，对于一条边长度为 $l e n$ 的边有两种走法。
1、如果 $a$ 和 $b$ 可以互达，则走过这条边的时间为 $l e n$
2、如果 $a$ 和 $b$ 不可以互达，则走过这条边的时间为 $2 * l e n$
现在给出一个 $K$ ，问，从顶点 $1$ 到顶点 $N$ ，满足第二种走法不超过 $K$ 次的最短时间是多少。

题目解析

首先，用 $F l o y d$ 求出两点间是否互达。
然后就是 $S P F A$ ，对于一个点 $X$ ，设它到达的点为 $Y$ 。
易得出：
1、若 $X$ 和 $Y$ 可以互达，则 $F [Y] [j] = F [X] [j] + a [X] [Y] (j = 0$ ~ $k)$
2、若 $X$ 和 $Y$ 不可以互达，则 $F [Y] [j + 1] = F [X] [j] + a [X] [Y] * 2 (j = 0$ ~ $k - 1)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,ans=2147483647;
int a[105][105],f[105][11];
bool vis[105],ff[105][105];
queue<int> q;
int main()
{
	cin>>n>>m>>k;
	memset(ff,0x3f,sizeof(ff));
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
	{
	  cin>>u>>v>>w;
	  if(a[u][v]==0) a[u][v]=w;
	  else a[u][v]=min(a[u][v],w);
	  ff[u][v]=w;
	}
	for(int l=1;l<=n;l++)
	 for(int i=1;i<=n;i++)
	  for(int j=1;j<=n;j++)
	   if(i!=j&&j!=l&&i!=l&&ff[i][l]+ff[l][j]<ff[i][j])
	    ff[i][j]=ff[i][l]+ff[l][j];
	q.push(1);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[1][0]=0;
	int u,v;
	while(!q.empty())
	{
	  u=q.front();q.pop();
	  vis[u]=0;
	  for(int j=1;j<=n;j++)
	   if(a[u][j]!=0)
	   {
	   	 if(ff[j][u]==0)
	   	 {
	   	   for(int l=0;l<k;l++)
	   	    if(f[u][l]+a[u][j]*2<f[j][l+1])
	   	    {
	   	      f[j][l+1]=f[u][l]+a[u][j]*2;
	   	      if(!vis[j])
	   	      {
	   	      	vis[j]=1;
	   	      	q.push(j);
			  }
			}
		 }
		 else
		 {
		   for(int l=0;l<=k;l++)
	   	    if(f[u][l]+a[u][j]<f[j][l])
	   	    {
	   	      f[j][l]=f[u][l]+a[u][j];
	   	      if(!vis[j])
	   	      {
	   	      	vis[j]=1;
	   	      	q.push(j);
			  }
			}
		 }
	   }
	}
	for(int i=0;i<=k;i++)
	 ans=min(ans,f[n][i]);
	if(ans==f[0][0]) cout<<-1;
	else cout<<ans;
}