bzoj 2200: [Usaco2011 Jan]道路和航线——拓扑+dijkstra

Description

Farmer John正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。他想把牛奶送到T个城镇 (1 <= T <= 25,000)，编号为1T。这些城镇之间通过R条道路 (1 <= R <= 50,000，编号为1到R) 和P条航线 (1 <= P <= 50,000，编号为1到P) 连接。每条道路i或者航线i连接城镇A_i (1 <= A_i <= T)到B_i (1 <= B_i <= T)，花费为C_i。对于道路，0 <= C_i <= 10,000;然而航线的花费很神奇，花费C_i可能是负数(-10,000 <= C_i <= 10,000)。道路是双向的，可以从A_i到B_i，也可以从B_i到A_i，花费都是C_i。然而航线与之不同，只可以从A_i到B_i。事实上，由于最近恐怖主义太嚣张，为了社会和谐，出台 了一些政策保证：如果有一条航线可以从A_i到B_i，那么保证不可能通过一些道路和航线从B_i回到A_i。由于FJ的奶牛世界公认十分给力，他需要运送奶牛到每一个城镇。他想找到从发送中心城镇S(1 <= S <= T) 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案，或者知道这是不可能的。

Input

* 第1行：四个空格隔开的整数: T, R, P, and S * 第2到R+1行：三个空格隔开的整数（表示一条道路）：A_i, B_i 和 C_i * 第R+2到R+P+1行：三个空格隔开的整数（表示一条航线）：A_i, B_i 和 C_i

Output

* 第1到T行：从S到达城镇i的最小花费，如果不存在输出"NO PATH"。

Sample Input

6 3 3 4
1 2 5
3 4 5
5 6 10
3 5 -100
4 6 -100
1 3 -10

样例输入解释：

一共六个城镇。在1-2，3-4，5-6之间有道路，花费分别是5，5，10。同时有三条航线：3->5，
4->6和1->3，花费分别是-100，-100，-10。FJ的中心城镇在城镇4。

Sample Output

NO PATH
NO PATH
5
0
-95
-100

样例输出解释：

FJ的奶牛从4号城镇开始，可以通过道路到达3号城镇。然后他们会通过航线达到5和6号城镇。
但是不可能到达1和2号城镇。

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这道题spfa+slf优化之后就可以AC了不过很慢QAQ其实是属于强行水过QAQ

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
const int M=3e4+7,inf=0x3f3f3f3f;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=getchar();}
    return ans*f;
}
bool f=false;
int n,nr,np,S;
int first[M],cnt;
struct node{int to,next,w;}e[7*M];
void ins(int a,int b,int w){e[++cnt]=(node){b,first[a],w}; first[a]=cnt;}
void insert(int a,int b,int w){ins(a,b,w); ins(b,a,w);}
int dis[M],vis[M];
int q[M],head,tail=1;
void spfa(){
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[S]=0; vis[S]=1;
    q[head]=S;
    while(head!=tail){
        int x=q[head++]; if(head>M) head=0;
        for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
            int now=e[i].to;
            if(dis[now]>dis[x]+e[i].w){
                dis[now]=dis[x]+e[i].w;
                if(!vis[now]){
                    vis[now]=1;
                    if(dis[now]<=dis[q[head]]){
                        head--;
                        if(head<0) head=M;
                        q[head]=now;
                    }
                    else{q[tail++]=now; if(tail>M) tail=0;}
                }
            }
        }
        vis[x]=0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        if(dis[i]>=inf) printf("NO PATH\n");
        else printf("%d\n",dis[i]);
}
int main(){
    int x,y,w;
    n=read(); nr=read(); np=read(); S=read();
    for(int i=1;i<=nr;i++) x=read(),y=read(),w=read(),insert(x,y,w);
    for(int i=1;i<=np;i++) x=read(),y=read(),w=read(),ins(x,y,w);
    spfa();
    return 0;
}

当然正解是dijkstra +一波拓扑排序

因为负权边是有向且不存在能经过负权边的环 所以我们可以忽略航道

把图变成一个一个的颜色块 

这样我们可以单独处理每个块的信息

至于为什么要拓扑 给个图吧

从S开始拓扑嘛 必须是所有指向一个块的前块都处理完才能处理当前块

当然像图中的红色点 如果正常的拓扑S所在的联通块入度就不为0了

而且实际上这两个块应该是无解的 我们要先处理这种情况

其实从S 开始dfs一波标记一下就好了

然后根据拓扑序每个块dijkstra就可以了（细节有点多QAQ

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
const int M=3e4+7,inf=0x3f3f3f3f;
char buf[88*M],*ptr=buf-1;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=*++ptr;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=*++ptr;}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=*++ptr;}
    return ans*f;
}
bool flag=false;
int n,nr,np,S;
int first[M],cnt;
struct node{int to,next,w;}e[5*M];
void ins(int a,int b,int w){e[++cnt]=(node){b,first[a],w}; first[a]=cnt;}
void insert(int a,int b,int w){ins(a,b,w); ins(b,a,w);}
int color[M],hc;
void dfs(int x){
    color[x]=hc;
    for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
        int now=e[i].to;
        if(!color[now]) dfs(now);
    }
}
int sum,star[M];
struct pos{int from,to,next,w;}q[5*M];
void insq(int a,int b,int w){q[++sum]=(pos){a,b,star[a],w}; star[a]=sum;}
int f[M],vis[M];
void find(int x){
    vis[x]=f[color[x]]=n+1;
    for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
        int now=e[i].to;
        if(!vis[now]) find(now);
    }
}
int k,dis[M],wh[M],mark[5*M];
struct QAQ{
    int d,id;
    bool operator <(const QAQ& x)const{return x.d<d;}
};
std::priority_queue<QAQ>qu[M];
std::queue<int>Q;
int in[M];
void find_w(int x){
    vis[x]=k;
    for(int i=star[x];i;i=q[i].next){
        int now=color[q[i].to];
        dis[q[i].to]=std::min(dis[q[i].to],dis[x]+q[i].w);
        qu[now].push((QAQ){dis[q[i].to],q[i].to});
        if(!--in[now]) Q.push(now);
    }
    for(int i=first[x];i;i=e[i].next)if(!mark[i]){
        int now=e[i].to;
        if(vis[now]!=k) find_w(now);
    }
}
int main(){
    fread(buf,1,sizeof(buf),stdin);
    int x,y,w;
    n=read(); nr=read(); np=read(); S=read();
    for(int i=1;i<=nr;i++) x=read(),y=read(),w=read(),insert(x,y,w);
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!color[i]) hc++,wh[hc]=i,dfs(i);
    //for(int i=1;i<=n;i++) printf("[%d] ",color[i]); puts("");
    for(int i=1;i<=np;i++) x=read(),y=read(),w=read(),ins(x,y,w),mark[cnt]=1,insq(x,y,w);
    find(S); //for(int i=1;i<=hc;i++) printf("[%d]\n",f[i]);
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); dis[S]=0;
    for(int i=1;i<=sum;i++) if(f[color[q[i].from]]&&f[color[q[i].to]]) in[color[q[i].to]]++;
    //for(int i=1;i<=hc;i++) printf("[%d] ",in[i]); puts("");
    Q.push(color[S]); qu[color[S]].push((QAQ){0,S});
    while(!Q.empty()){
        int x=Q.front(); Q.pop(); k++;
        while(!qu[x].empty()){
            QAQ p=qu[x].top(); qu[x].pop();
            if(dis[p.id]<p.d) continue;
            for(int i=first[p.id];i;i=e[i].next)if(!mark[i]){
                int now=e[i].to; 
                if(dis[now]>dis[p.id]+e[i].w) dis[now]=dis[p.id]+e[i].w,qu[x].push((QAQ){dis[now],now});
            }
        }
        //printf("[%d]\n",x);
        find_w(wh[x]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        if(dis[i]>=inf) printf("NO PATH\n");
        else printf("%d\n",dis[i]);
    return 0;
}