【最短路】Pod

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现在让我们来对一个交通运输图进行研究，这可能是一个公交车的线路网、有轨电车线路网、地下铁的线路网或是其他的一个什么。这个图中的顶点（从1到n标号）为车站，边(pi ,pj)（这里pi ¹ pj）表示在顶点pi和顶点pj间存在一条直接连接两点的路（1 £ pi, pj £ n）。

在图中有从1到k编号的k条运输路线，第l号路线是用一个车站序列pl,1, pl,2, …, pl,sl来描述的，它们为使用这个线路的车辆将依次经过的车站。并且我们给出它们之间的距离rl,1, rl,2, …, rl,sl-1，其中rl,i表示从车站pl,i到车站pl,i+1所需的时间。对于一条线路来说，它上面所有的车站都是不相同的（也就是说，若i ¹ j，则pl,i ¹ pl,j）。且线路l将以频率cl运行。这里cl为集合{6, 10, 12, 15, 20, 30 ,60}中的一个数，它表示每个小时的0, cl, 2cl, …, 60分钟的时候在路线l上的将有两辆车同时从车站pl,1和pl,sl出发相对着行进。

在这样一个运输网络中，我们想从其中的一个车站x出发用尽可能少的时间到达车站y。这里我们假设最少的时间不会超过24个小时，且在中途换车的时候的时间不计。

示例：

在下图中你可以看到一个具有六个车站和两条路线的运输网络。路线一上的车站序列为1、3、4、6，路线二上的车站序列为2、4、3、5，且两条路线的频率分别为c1=15和c2=20。车辆在各车站间移动时的耗费都分别用1和2的下标标在了图上。

 

现在我们假设在23点30分的时候我们在车站5想要到车站6去。我们必须等上10分钟才可以搭上一辆路线2的车离开。然后我们就面临着两种选择：一种是在23点51分到车站3等上3分钟并改乘路线1的车于0点16分到达车站6；另一种是在0点8分到达车站4等上13分钟再换路线1的车于0点31分到达车站6。显然最早我们能在0点16分到达车站6。

任务：

请写一个程序：

从文本文件POD.IN中读入对该交通运输网的描述、起点和终点、还有出发的时间；

找出从起点到终点的最少时间；

把最找到达终点的时间输出到文本文件POD.OUT中。

输入格式：

在文本文件POD.IN的第一行包括六个用空格分开的整数，分别为：

n，1 £ n £ 1000，为车站的数目；

k，1 £ k £ 2000，为路线的数目；

x，1 £ x £ n，为起点的车站编号；

y，1 £ y £ n，为终点的车站编号；

gx，0 £ gx £ 23，为出发时间的小时数；

mx，0 £ mx £ 59，为出发时间的分钟数。

车站是从1到n编号的，运输路线是用1到k编号的。以下的3k行为对运输路线的描述。这些行中每3行构成一个对一条路线的描述，第k个三行的意义如下：

第一行包括两个用空格分开的整数，sl（2 £ sl£ n）为该路线上车站的数目，还有cl（{6, 10, 12, 15, 20, 30, 60}中的一个元素），为该路线运行的频率；

第二行包括sl个用空格分开的不同的整数，为pl,1, pl,2, …,pl,sl（1£ pl,i£ n），即该路线上的车站；

第三行包括sl-1个整数rl,1, rl,2, …,rl,sl-1为在路线上相邻两个车站间移动所需的时间（1£ rl,i£ 240）。

在所有的运输路线上的总车站数不超过4000（也就是说s1 + s2 + … + sk £ 4000）。

输出格式：

你的程序应该在文本文件POD.OUT中输出两个整数gy（0£ gy£ 23）和my（0£ my£ 59），表示到达y点时的小时数和分钟数。

样例：

输入（POD.IN）：

6 2 5 6 23 30

4 15

1 3 4 6

9 12 10

4 20

5 3 4 2

11 17 11

输出（POD.OUT）：

0 16

 

一、分析问题

       这是一个加限制条件的最短路问题。

 

二、解决问题

       Spfa+等待时间的计算（详见代码）

 

三、代码实现

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int A = 4010*2,B = 1010,inf = 4e8;
int n,m,k,st,en,gx,mx,sum;
struct edge{
    int to,nxt,len,c,d;
}e[A];
int head[B],dis[B],ex[B];
queue<int>q;

void build(int f,int t,int l,int k,int c)
{
    ++sum;
    e[sum].nxt=head[f];
    head[f]=sum;
    e[sum].to=t;
    e[sum].len=l;
    e[sum].d=k;
    e[sum].c=c;
}

void init()
{
    int s2,c2,sum=0,sum1=0,d[B],s[B];
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&k,&st,&en,&gx,&mx);
    for(int i=1;i<=k;++i)
    {
        sum=0;
        sum1=0;
        scanf("%d%d",&s2,&c2);
        for(int j=1;j<=s2;++j)scanf("%d",&s[j]);
        for(int j=1;j<s2;++j)scanf("%d",&d[j]),sum+=d[j];
        for(int j=2;j<=s2;++j)
        {
            build(s[j-1],s[j],d[j-1],sum1,c2);
            sum-=d[j-1];
            sum1+=d[j-1];
            build(s[j],s[j-1],d[j-1],sum,c2);
        }
    }
}


void calc(int x,int y)//计算等待时间w
{
    int w=e[y].d;//此时w是车辆到达的时刻（时间点）
    if(dis[x]<w)//车辆仍未到达，找在这之后的车
    {
        while(w-e[y].c>=dis[x])
            w-=e[y].c;
        w-=dis[x];
    }
    else//车辆已走，找在这之前的车
    {
        w=dis[x];
        while(w>e[y].d)
            w-=e[y].c;
        w=e[y].d-w;
    }
    if(dis[e[y].to]>dis[x]+e[y].len+w)
    {
        dis[e[y].to]=dis[x]+e[y].len+w;
        if(!ex[e[y].to])
        {
            ex[e[y].to]=1;
            q.push(e[y].to);
        }
    }
}

void SPFA()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)dis[i]=inf;
    dis[st]=mx;
    q.push(st);
    while(!q.empty())
    {
        int t=q.front();
        ex[t]=0;
        q.pop();
        for(int i=head[t];i;i=e[i].nxt)
            calc(t,i);
    }
}

void print()
{
    int h,m;
    h=gx;
    m=dis[en];
    if(m>59)
    {
        h+=(m/60);
        m%=60;
    }
    h%=24;
    printf("%d %d\n",h,m);
}

int main()
{
    init();
    SPFA();
    print();
    return 0;
}