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bzoj3669: [Noi2014]魔法森林

时间:2017-09-20 20:51:32      阅读:147      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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3669: [Noi2014]魔法森林

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 512 MB

Description

为了得到书法大家的真传,小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图,节点标号为1..N,边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1,隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林,才能够拜访到隐士。

魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候,这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是,在号节点住着两种守护精灵:A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量,达到自己的目的。

只要小E带上足够多的守护精灵,妖怪们就不会发起攻击了。具体来说,无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai,且B型守护精灵个数不少于Bi,这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击,他才能成功找到隐士。

由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事,小E想要知道,要能够成功拜访到隐士,最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。

Input

第1行包含两个整数N,M,表示无向图共有N个节点,M条边。 接下来M行,第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi,描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号,Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。

 

Output

输出一行一个整数:如果小E可以成功拜访到隐士,输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数;如果无论如何小E都无法拜访到隐士,输出“-1”(不含引号)。

 

 

Sample Input

【输入样例1】
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1

Sample Output

【输出样例1】
32
【样例说明1】
如果小E走路径1→2→4,需要携带19+15=34个守护精灵;
如果小E走路径1→3→4,需要携带17+17=34个守护精灵;
如果小E走路径1→2→3→4,需要携带19+17=36个守护精灵;
如果小E走路径1→3→2→4,需要携带17+15=32个守护精灵。
综上所述,小E最少需要携带32个守护精灵。
【输出样例2】
-1
【样例说明2】
小E无法从1号节点到达3号节点,故输出-1。

HINT

2<=n<=50,000

0<=m<=100,000

 

Solution

我觉得莫名熟悉,但是忘记有学长讲过了,就自己yy。第一眼感觉像分治,写了一个三分(a)套二分(b),但是没有过样例,就去看了看题解,发现是lct,然后我才反应过来a好像不具有单峰性,内心很绝望。又看到了另一个题解,说可以用spfa做。

为了把它写完,我决定用spfa水过去。

枚举a的上限,把a值在上限范围内的边加进去,跑一遍spfa.

我开始不知道动态加边什么意思,写了一个暴力的T掉了。然后想到先把边存起来,按照a值排序,a的上限每增加一点,就把增加的边加进去。但是这样还是会T,然后我又看到一个题解,它说每次重新跑spfa的时候,可以不初始化dis数组,只把新边的点加进队列,在上一次的基础上继续跑spfa就可以啦。跑的还蛮快的。

不过犯了一个智障错误,节点出队的时候vis没有赋为0,答案变大了。

 

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define nn 50010
#define mm 200010
using namespace std;
bool vis[nn];
deque<int> q;
int e=0,ee=0,mb=-1,n,m;
int fir[nn],nxt[mm],dis[nn],to[mm],w[mm];
struct bb{
	int fro,to,a,b;
}b[mm];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
void add(int u,int v,int ww)
{
	nxt[++e]=fir[u];fir[u]=e;to[e]=v;w[e]=ww;
}
int bfs()
{
	int o;
	while(!q.empty())
	{
		o=q.front();q.pop_front();
		for(int i=fir[o];i;i=nxt[i])
		  if(dis[to[i]]>max(dis[o],w[i]))
		  {
		  	dis[to[i]]=max(dis[o],w[i]);
		  	if(!vis[to[i]])
		  	{
		  		vis[to[i]]=1;
		  	    if(q.empty()||dis[q.front()]<dis[to[i]])
		  	      q.push_back(to[i]);
		  	    else
		  	      q.push_front(to[i]);
		  	}
		  }
		vis[o]=0;           ////////////////
	}
	return dis[n];
}
int cmp(const bb&i,const bb&j)
{
	return i.a<j.a;
}
int main()
{
//	freopen("forest.in","r",stdin);
//	freopen("forest.out","w",stdout);
	int ma=-1,mi=500000,u,v,aa,bb,ans=1000001,zc,now=1;
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		u=read();v=read();aa=read();bb=read();
		b[++ee].fro=u;b[ee].to=v;b[ee].a=aa;b[ee].b=bb;
		b[++ee].fro=v;b[ee].to=u;b[ee].a=aa;b[ee].b=bb;
		ma=max(ma,aa);
		mi=min(mi,aa);
	}
    q.push_back(1);
	sort(b+1,b+ee+1,cmp);
    fill(dis,dis+n+1,1000001);
	vis[1]=1;
    dis[1]=0;
	for(int i=mi;i<=ma;i++)
	  if(b[now].a==i)
	  {
	  	while(b[now].a==i)
	  	{
	  		add(b[now].fro,b[now].to,b[now].b);
	  		q.push_back(b[now].fro);
	  		q.push_back(b[now].to);
	  		now++;
	  	}
		zc=bfs();
		if(zc+i<ans)
		  ans=zc+i;
	  }
	if(ans<1000001)
	  printf("%d",ans);
	else
	  printf("-1");
	return 0;
}

 

 

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原文地址:http://www.cnblogs.com/charlotte-o/p/7563424.html

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