洛谷__P8914 [DMOI-R2] 梦境（dijkstra）

题目链接：P8914 [DMOI-R2] 梦境 - 洛谷

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题目大意：

• 无向图，n 个点，m 条边，边权为正。

• 小 A 在 S，怪物在 B，安全屋在 F。

• 小 A 速度 = 2，怪物速度 = 3。

• 小 A 走 到 F 的最短路，如果多条最短路，选 字典序最小 的路径（按经过的点的编号序列比较）。

• 怪物会 向周围点移动，且不重复访问点（即怪物走的是简单路径）。

• 问 最坏情况 下，小 A 能否到 F 而不被怪物抓住。

• 最坏情况：怪物在所有可能的走法中，选择能最快抓到（或最接近）小 A 的走法。

输出：

如果小 A 在最坏情况下能够安全到达安全屋，输出 YES，接下来一行输出小 A 到达安全屋后怪物到安全屋的距离。

如果小 A 在最坏情况下不能安全到达安全屋，输出 NO ，接下来一行输出小 A 在何时被怪物抓到。

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思路：

首先肯定是要求小A 从 S 到 F 字典序最小的路径，那就要跑堆优化的dijkstra了

注意堆的第二排序关键字是点的序号，

如果是正着跑dijkstra，如下图就跑不出字典序最小的路径

正着跑的结果是1-3-5-7，显然不是字典序最小，

正着跑只能保证最后几个点的字典序尽量小，与要求相反，

所以我们要倒着跑dijkstra并存用数组起来

处理完上面的问题，再求出 怪物 到各点的最短路

现在得到了 小A 和 怪物 到各个点的最短距离

现在我们逐步分析 小A走过的路径上的点 ：

1.怪兽到达该点后，需要追上小 A，即追击问题：

这种好想，用两者相距距离除以相对速度 1 即可。

2.怪兽到达该点后，需要与小 A 双向奔赴，即相遇问题：

两者相距距离除以相对速度 5，本质上和上面情况相同。

• 然后对每个答案取 $\min$ 值，判断是否能被抓到将 $\min$ 值设为最劣情况即小 A 在安全屋被抓到的时间，
• 最后进行特判即可。

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代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#include<tuple>
#define inf 72340172838076673
#define int long long
#define endl '\n'
#define  mst(a,x) memset(a,x,sizeof (a))
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 200086, mod = 998244353;

int n, m, S, B, F;
int h[N], ne[N << 1], e[N << 1], w[N << 1], idx;
int dis1[N], dis2[N], pre[N];
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii> > q;


void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b;
    w[idx] = c;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx++;
}


void dij() {

    vector<bool> st1(n + 1), st2(n + 1);
    mst(dis1, 1), mst(dis2, 1);
    
    dis1[F] = 0;
    q.push({dis1[F], F});
    
    while (q.size()) {
        auto [d, u] = q.top();
        q.pop();
        
        if (st1[u]) continue;
        st1[u] = true;
        
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dis1[j] > d + w[i]) {
                dis1[j] = d + w[i];
                q.push({dis1[j], j});
                pre[j] = u;
            } else if (dis1[j] == d + w[i]) {
                pre[j] = min(pre[j], u);
            }
        }
    }
    
    dis2[B] = 0;
    q.push({dis2[B], B});
    while (q.size()) {
        auto [d, u] = q.top();
        q.pop();
        
        if (st2[u]) continue;
        st2[u] = true;
        
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dis2[j] > d + w[i]) {
                dis2[j] = d + w[i];
                q.push({dis2[j], j});
            }
        }
        
    }
}



void solve() {
    cout.precision(15);
    mst(h, -1);
    cin >> n >> m >> S >> B >> F;
    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c);
        add(b, a, c);
    }
    
    dij();
    
    queue<int> q;
    int t = S;
    int x = dis1[S];
    while (t) {
        dis1[t] = x - dis1[t];
        q.push(t);
        t = pre[t];
    }
    
    double ti = dis1[F] / 2.0;
    
    while (q.size()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        
        if (dis1[u] - dis2[u] / 3.0 * 2.0 >= 0) {
            double x = dis1[u] - dis2[u] / 3.0 * 2.0;
            x /= 5.0;
            ti = min(ti, dis2[u] / 3.0 + x);
        } else {
            double x = dis2[u] / 3.0 * 2.0 - dis1[u];
            ti = min(ti, dis2[u] / 3.0 + x);
        }
    }
    
    if (dis1[F] / 2.0 < dis2[F] / 3.0 && ti == dis1[F] / 2.0) {
        cout << "YES" << endl;
        double res = dis2[F] - dis1[F] / 2.0 * 3.0;
        cout << res << endl;
    } else {
        cout << "NO" << endl << ti;
    }
    
    
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    
    int T = 1;
// cin >> T;
    while (T--) solve();
    
    return 0;
}