BZOJ5047 空间传送装置 2017年9月月赛 最短路 SPFA
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题目传送门 - BZOJ5047
题意概括
概括??~别为难语文做一题错两题的我了……
题解
我们发现,对于某一种装置,有c种不同的时刻的花费是不同的。
对于s mod c不同的,花费也不一定相同。
但是有一点是一定可以确定的:对于s1<s2,从如果可以从s1开始,一定不比s2差,因为s1可以转移到s2时刻。
我考虑预处理一个数组gt(变量名瞎捏的),gt[i][j]表示第i个机器,从第j个时刻出发,最快可以在哪个时刻到。其中i<=m,0<=j<c[i]。
那么显然有一个大力的m*c2的算法来求gt。注意,如果你等待c秒及以上,则一定是亏的。
然而,实际上,我们只需要大力求解gt[i][c-1]即可,对于gt[i][j](0<=j<c-1),我们可以考虑有两种选择:一种是当前时刻转移,一种是当前时刻不转移。显然,当前时刻不转移,答案就是gt[i][j+1],当前时刻转移的话,可以直接算。所以复杂度去掉了一个2000.
当然,用O(m*c2)的算法还是可以过去的,而O(m*c)当然可以更快。
接下来就是大力跑SPFA就可以了。
注意输出时候的-1.
代码
#include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; const int N=100000+5,M=50+5,E=200000+5,T=2000+5,Inf=700000000; struct Gragh{ int cnt,x[E],y[E],z[E],nxt[E],fst[N]; void set(){ cnt=0; memset(fst,0,sizeof fst); } void add(int a,int b,int c){ x[++cnt]=a,y[cnt]=b,z[cnt]=c,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt; } }g; struct Mac{ int a,b,c,d; }ma[M]; int n,m,e,s,gt[M][T],dis[N]; bool f[N]; queue <int> q; int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&e); for (int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d%d",&ma[i].a,&ma[i].b,&ma[i].c,&ma[i].d); int a=ma[i].a,b=ma[i].b,c=ma[i].c,d=ma[i].d; for (int j=0;j<c;j++) gt[i][j]=1e9; for (int j=0;j<c;j++){ int now=c-1+j; gt[i][c-1]=min(gt[i][c-1],now+(a*now+b)%c+d); } for (int j=c-2;j>=0;j--) gt[i][j]=min(gt[i][j+1],j+(a*j+b)%c+d); } g.set(); for (int i=1,a,b,c;i<=e;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); g.add(a,b,c); } for (int i=1;i<=n;i++) dis[i]=1e9; memset(f,0,sizeof f); dis[1]=s; while (!q.empty()) q.pop(); q.push(1); f[1]=1; while (!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); f[x]=0; for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i]){ int y=g.y[i],z=g.z[i],mo=dis[x]%ma[z].c; int gtime=dis[x]-mo+gt[z][mo]; if (dis[y]>gtime){ dis[y]=gtime; if (!f[y]){ f[y]=1; q.push(y); } } } } for (int i=2;i<=n;i++) if (dis[i]<Inf) printf("%d\n",dis[i]-s); else printf("-1\n"); return 0; }