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| input | output |
|---|---|
3 4 1 3 10 Licensed 1 2 2 Pirated 2 3 3 Licensed 2 3 6 Cracked |
Online 8 |
3 1 1 2 10 Licensed |
Offline |
题目链接：Ural 1741
题目虽说正规解法是DP，但是似乎是可以用最短路来做的，一开始想用d[i][k]表示到达i时系统状态是k然后建图进行spfa，然而最好还是WA10。
题目中间的版本变化似乎没有讲清楚，就是说用了某个升级包之后会使得当前系统的正版状态发生变化，尤其是Cracked包，用之后的状态跟用之前的状态是保持一致的，虽然题目中说它也是一个Licensed，但是不能使得盗版变成正版。
然后想了另外一种思路才A掉
可以将正版的系统节点看成1~n，盗版就是n+1~n+n，然后显然有：对于Lisenced版本只能从正版升级到正版，只能添加一条u->v的单向边；对于Pirate版本可以从正版升级到盗版也可以从盗版继续升级到盗版，因此添加u->v+n，与u+n->v+n；对于Cracked版本就是看成一种桥，盗版可以继续盗版，正版继续正版，
即u->v与u+n->v+n，然后跑一个spfa，看d[n]正版和d[n<<1]盗版的值就行了
提供一组数据用来说明Cracked的作用
4 3
1 2 1 P
2 3 3 C
3 4 6 L
答案应为 Offline
代码：
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
typedef pair<long long,int> pli;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=2e4+10;
struct edge
{
int to;
int pre;
LL w;
};
edge E[N];
int head[N],tot;
LL d[N];
void add(int s,int t,LL w)
{
E[tot].to=t;
E[tot].w=w;
E[tot].pre=head[s];
head[s]=tot++;
}
void init()
{
CLR(d,INF);
CLR(head,-1);
tot=0;
}
void spfa(int s)
{
priority_queue<pli>Q;
d[s]=0LL;
Q.push(pli(-d[s],s));
while (!Q.empty())
{
int now=Q.top().second;
Q.pop();
for (int i=head[now]; ~i; i=E[i].pre)
{
int v=E[i].to;
LL w=E[i].w;
if(d[v]>d[now]+w)
{
d[v]=d[now]+w;
Q.push(pli(-d[v],v));
}
}
}
}
int main(void)
{
int n,m,i,u,v;
LL D;
char flag[15];
while (cin>>n>>m)
{
init();
LL inf=d[0];
for (i=0; i<m; ++i)
{
cin>>u>>v>>D>>flag;
if(flag[0]==‘C‘)
{
add(u,v,D);
add(n+u,n+v,D);
}
else if(flag[0]==‘L‘)
{
add(u,v,D);
}
else if(flag[0]==‘P‘)
{
add(u,n+v,D);
add(n+u,n+v,D);
}
}
spfa(1);
LL ans=min<LL>(d[n],d[n<<1]);
if(ans==inf)
cout<<"Offline"<<endl;
else
cout<<"Online"<<endl<<ans<<endl;
}
return 0;
}
Ural 1741 Communication Fiend（隐式图+虚拟节点最短路）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Blackops/p/5859302.html
