问题描述
众所周知,TT 有一只魔法猫。
今天他在 B 站上开启了一次旅行直播,记录他与魔法猫在喵星旅游时的奇遇。 TT 从家里出发,准备乘坐猫猫快线前往喵星机场。猫猫快线分为经济线和商业线两种,它们的速度与价钱都不同。当然啦,商业线要比经济线贵,TT 平常只能坐经济线,但是今天 TT 的魔法猫变出了一张商业线车票,可以坐一站商业线。假设 TT 换乘的时间忽略不计,请你帮 TT 找到一条去喵星机场最快的线路,不然就要误机了!
Input
输入包含多组数据。每组数据第一行为 3 个整数 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100),即猫猫快线中的车站总数,起点和终点(即喵星机场所在站)编号。
下一行包含一个整数 M (1 ≤ M ≤ 1000),即经济线的路段条数。
接下来有 M 行,每行 3 个整数 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100),表示 TT 可以乘坐经济线在车站 X 和车站 Y 之间往返,其中单程需要 Z 分钟。
下一行为商业线的路段条数 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下来 K 行是商业线路段的描述,格式同经济线。
所有路段都是双向的,但有可能必须使用商业车票才能到达机场。保证最优解唯一。
Output
对于每组数据,输出3行。第一行按访问顺序给出 TT 经过的各个车站(包括起点和终点),第二行是 TT 换乘商业线的车站编号(如果没有使用商业线车票,输出"Ticket Not Used",不含引号),第三行是 TT 前往喵星机场花费的总时间。
本题不忽略多余的空格和制表符,且每一组答案间要输出一个换行
Sample input
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
Sample output
1 2 4
2
5
解题思路1–两次dijkstra
这个题只要求走一条商业线,因此我们可以枚举每一条商业线,假设边为 ,其中 是边的两个端点。我们从起点跑一次最短路,记录下 数组,然后从终点跑一次最短路,记录下 数组,然后对于当前商业线 ,权值w,其经过当前商业线的最短路径是 。最后比较所有商业线与不使用商业线,取最小值即可。
完整代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <climits>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=100000+10;
struct node
{
int to,w,next;
};
node edge[maxn];
int head[maxn],dis1[maxn],dis2[maxn],path1[maxn],path2[maxn];
vector<int> v;
int cnt,n,m,k,s,e,ans,min1,min2,minpath=INT_MAX;
bool visit[maxn],flag=false;
void add(int x,int to,int w)
{
cnt++;
edge[cnt].to=to; edge[cnt].w=w;
edge[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt;
}
void dijkstra(int s1,int* dis,int* path)
{
dis[s1]=0;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > points;
//代码返回pair的比较结果,先按照pair的first元素升序,first元素相等时,再按照second元素升序:
points.push(make_pair(0,s1));//第一个参数指从s到第二个参数到距离
while(!points.empty())
{
int x=points.top().second;
points.pop();
if(!visit[x])
{
visit[x]=true;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(dis[to]>dis[x]+edge[i].w)
{
dis[to]=dis[x]+edge[i].w;
points.push(make_pair(dis[to],to));
path[to]=x;
}
}
}
}
}
int getint()
{
int x=0,ss=1;
char ch=' ';
while(ch<'0' || ch>'9')
{
ch=getchar();
if(ch=='-') ss=-1;
}
while(ch>='0' && ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*ss;
}
int main()
{
while(scanf("%d %d %d",&n,&s,&e)!=EOF)
{
m=getint();
for (int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y,z;
x=getint(); y=getint(); z=getint();
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
memset(dis1,0x3f,sizeof(dis1));
memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2));
dijkstra(s,dis1,path1);
memset(visit,false,sizeof(visit));
dijkstra(e,dis2,path2);
k=getint();
for (int i=1; i<=k; i++)
{
int x,y,z;
x=getint(); y=getint(); z=getint();
if(dis1[x]+dis2[y]+z<minpath){
min1=x; min2=y; minpath=dis1[x]+dis2[y]+z; ans=x;
}
if(dis2[x]+dis1[y]+z<minpath){
min1=y; min2=x; minpath=dis2[x]+dis1[y]+z; ans=y;
}
}
if(!flag) flag=true;//格式控制
else putchar('\n');
if(dis1[e]<minpath)//不使用商业票
{
for (int i=e; i!=s; i=path1[i])//回溯路径
v.push_back(i);
v.push_back(s);
for (int i=v.size()-1; i>=1; i--)
printf("%d ",v[i]);
printf("%d\nTicket Not Used\n%d\n",v[0],dis1[e]);
}
else {
for (int i=min1; i!=s; i=path1[i])
v.push_back(i);
v.push_back(s);
for (int i=min2; i!=e; i=path2[i])
v.insert(v.begin(),i);
v.insert(v.begin(),e);
for (int i=v.size()-1; i>=1; i--)
printf("%d ",v[i]);
printf("%d\n%d\n%d\n",v[0],ans,minpath);
}
v.clear();
ans=0; cnt=0; minpath=INT_MAX;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(visit,false,sizeof(visit));
memset(path1,0,sizeof(path1));
memset(path2,0,sizeof(path2));
}
return 0;
}
解题思路2–分层图最短路
第一种思路只能解决这种一条商业线的问题,当有k条商业线,我们要求到终点的过程中,使用 条商业线,那就应该使用分层图最短路算法。
分层图最短路介绍见我的另一篇博客:传送门
这个题是一个分两层的图,每层图都是一个无向图,记录路径可以从dijkstra中用path数组来记录当前结点的前驱结点,最终回溯得到路径即可。
完整代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <climits>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=10000+10;
struct node
{
int to,w,next;
};
node edge[maxn];
int head[maxn],dis[maxn],path[maxn],ans;
vector<int> v;
int cnt,n,m,k,s,e;
bool visit[maxn],flag=false;
void add(int x,int to,int w)
{
cnt++;
edge[cnt].to=to; edge[cnt].w=w;
edge[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt;
}
void dijkstra(int s)
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s]=0;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > points;
//代码返回pair的比较结果,先按照pair的first元素升序,first元素相等时,再按照second元素升序:
points.push(make_pair(0,s));//第一个参数指从s到第二个参数到距离
while(!points.empty())
{
int x=points.top().second;
points.pop();
if(!visit[x])
{
visit[x]=true;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(dis[to]>dis[x]+edge[i].w)
{
dis[to]=dis[x]+edge[i].w;
points.push(make_pair(dis[to],to));
path[to]=x;//记录路径
}
}
}
}
}
int getint()
{
int x=0,ss=1;
char ch=' ';
while(ch<'0' || ch>'9')
{
ch=getchar();
if(ch=='-') ss=-1;
}
while(ch>='0' && ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*ss;
}
int main()
{
while(scanf("%d %d %d",&n,&s,&e)!=EOF)
{
m=getint();
for (int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y,z;
x=getint(); y=getint(); z=getint();
add(x,y,z);
add(y,x,z);
add(x+n,y+n,z);
add(y+n,x+n,z);
}
k=getint();
for (int i=1; i<=k; i++)
{
int x,y,z;
x=getint(); y=getint(); z=getint();
add(x,y+n,z);
add(y,x+n,z);
}
add(e,e+n,0);//没用商业票就过去了
dijkstra(s);
for (int i=e+n; i!=s; i=path[i])//回溯路径
v.push_back(i);
v.push_back(s);
if(!flag) flag=true;//格式控制,在开头输出回车,第一次不用
else putchar('\n');
if(v[0]-n==v[1])//没有使用商业票,最后一步是e->e+n,所以这一层要去掉
{
for (int i=v.size()-1; i>=2; i--)
printf("%d ",v[i]);
printf("%d\nTicket Not Used\n%d\n",v[1],dis[e+n]);
}
else{//使用了商业票,进入了下一层
for (int i=v.size()-1; i>=1; i--)
{
if(v[i]>n) printf("%d ",v[i]-n);//如果遇到了>n的,说明进入了下一层,所以ans不再统计,上一次统计的ans就是从上层进入下层的入口
else { printf("%d ",v[i]); ans=i; }
}
printf("%d\n%d\n%d\n",v[0]-n,v[ans],dis[e+n]);
}
v.clear();
ans=0; cnt=0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(visit,false,sizeof(visit));
}
return 0;
}