[最短路][凸壳] Jzoj P3238 超空间旅行

Description

在遥远的未来,行星之间的食品运输将依靠单向的贸易路线。每条路径直接连接两个行星,且其运输时间是已知的。

贸易商协会打算利用一项最近发现的新技术——超空间旅行,以增加一些新的航线。通过超空间旅行的航线也是单向的。由于该项技术仍处于试验阶段,超空间旅行的时间目前是未知的,但它不取决于行星之间的距离,所以每个超空间旅行的路线将花费等量的时间。

下图是三个相互联通的行星及其运输时间的例子。行星使用正整数标号,超空间旅行时间记为“x”(图片对应第二个输入样例):



运输时间以天计,并且始终是一个正整数。

贸易商协会希望对引进新航线的结果进行分析:对于某两个行星A和B,他们想知道对于任意的x,从A到B的最短路径的总运输时间的所有可能的值。例如,在上述情况中,从星球2到星球1的最短路径所需时间可以取值5(如果x≥5),4,3,2,或1天(如果x<5)

 
 

Input

输入的第一行包含两个整数P和R,分别代表行星的数目和航线数量,1≤P≤500,0≤R≤10000。

接下来的R条航线路径包含两或三个整数:行星标号C和D(1≤C,D≤P,C≠D),和T,从C到D的旅行时间。对于传统的路径,T是一个整数(1≤T≤1000000),超空间航线中,T是字符“x”。 可以存在多行有两个相同的行星。

下一行输入整数Q(1≤Q≤10),表示查询的数量。

以下Q行包含两个整数星球标号(A和B,A≠B),为贸易商协会的查询:“从A到B的最短路径时间的可能值是什么?

Output

 输出必须包含Q行。

 每一行都必须包含两个整数:不同的可能值的数目和它们的总和。如果不同的可能值的数目是无限的,该行只输出“inf”。如果不存在从A到B的路径,不同的可能值的数目及它们的总和都是0。
 

Sample Input

输入1:
4 4
1 2 x
2 3 x
3 4 x
1 4 8
3
2 1
1 3
1 4

输入2:
3 5
3 2 x
2 1 x
2 1 5
1 3 10
3 1 20
6
1 2
2 3
3 1
2 1
3 2
1 3
 

Sample Output

输出1:
0 0
inf
3 17

输出2:
inf
5 65
15 185
5 15
inf
1 10
 
 

Data Constraint

50%的数据满足P≤30,R≤300,T≤50。

如果一个询问的结果不是“inf”,则你的输出必须输出两个数,否则不得分;如果所有询问的第一问正确可以得一半分。

 
 

Hint

样例 1解释:

1. 从2到1不存在可能的路径。

2. 对于任意正整数x,从1到3的最短路径花费的时间是2x,所以答案是“inf”。

3.  从1到4的最短路径可以花费3(当x=1),6(当x=2),或8(当x≥3)的时间,3+6+8=17

 

题解

  • 首先跑分层图最短路
  • 设f[i,j]表示走到点i走了j次x边的最短路
  • 然后对这若干条直线维护一个上凸壳,每一段用等差数列分别算贡献即可

代码

 1 #include <cmath>
 2 #include <queue>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <cstring>
 5 #include <iostream>
 6 #define ll long long
 7 using namespace std;
 8 const int N=510,M=1e4+10;
 9 int n,m,S,T,cnt,top,s[N],head[N],bz[N][N],dis[N][N];
10 ll sum;
11 struct EDGE{ int to,from,w; }e[M];
12 struct node{ int x,y; }; 
13 queue<node>Q;
14 void insert(int x,int y,int v) { e[++cnt].to=y,e[cnt].from=head[x],head[x]=cnt,e[cnt].w=v; }
15 double calc(int x,int y) { return (dis[T][x]-dis[T][y])*1.0/(y-x); }
16 int read()
17 {
18     int x=0,f=1;char ch=getchar();
19     while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='x'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
20     if (ch=='x') return 0;
21     while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
22     return x*f;
23 }
24 int main()
25 {
26     n=read(),m=read();
27     for (int i=1,x,y,z;i<=m;i++) x=read(),y=read(),z=read(),insert(x,y,z);
28     for (m=read();m;m--)
29     {
30         S=read(),T=read(); int flag=0,num=1;
31         while (Q.size()) Q.pop();
32         memset(bz,1,sizeof(bz)),memset(dis,0x3f,sizeof(dis)),
33         Q.push((node){S,0}),dis[S][0]=bz[S][0]=0;
34         for (int x,y;Q.size();bz[x][y]=1)
35         {
36             x=Q.front().x,y=Q.front().y,Q.pop();
37             if (y >= n) continue;
38             for (int i=head[x],p;i;i=e[i].from)
39                 if (dis[x][y]+e[i].w<dis[e[i].to][p=y+(e[i].w==0)])
40                     dis[e[i].to][p]=dis[x][y]+e[i].w,bz[e[i].to][p]&&(Q.push((node){e[i].to,p}),bz[e[i].to][p]=0);
41         }
42         for (int i=0;i<=n;i++) flag|=dis[T][i]<0x3f3f3f3f;
43         if (!flag) { printf("0 0\n"); continue; }
44         if (dis[T][0]==0x3f3f3f3f) { printf("inf\n"); continue; }
45         s[top=1]=0;
46         for (int i=1;i<=n;i++)
47             if (dis[T][i]<dis[T][s[top]])
48             {
49                 while (top>1&&calc(s[top],s[top-1])<calc(i,s[top])) top--;
50                 s[++top]=i;
51             }
52         sum=dis[T][0];
53         for (int i=top,last=0,x;i>1;i--) x=floor((dis[T][s[i-1]]-1-dis[T][s[i]])*1.0/(s[i]-s[i-1])),sum+=(2ll*dis[T][s[i]]+1ll*s[i]*(x+last+1))*(x-last)/2ll,num=x+1,last=x;
54         printf("%d %lld\n",num,sum);
55     }    
56 }

 

posted @ 2019-07-11 19:08 BEYang_Z 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏