题目描述
有一个邮递员要送东西，邮局在节点 1。他总共要送 n−1 样东西，其目的地分别是节点 2 到节点 n。由于这个城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 m 条道路。这个邮递员每次只能带一样东西，并且运送每件物品过后必须返回邮局 。求送完这 n−1 样东西并且最终回到邮局最少需要的时间。
输入格式
第一行包括两个整数，n 和 m，表示城市的节点数量和道路数量。
第二行到第 (m+1) 行，每行三个整数，u,v,w 表示从 u 到 v 有一条通过时间为 w 的道路。
输出格式
输出仅一行，包含一个整数，为最少需要的时间。
输入输出样例
输入
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2输出
83这一看就是用单源最短路径求解答案，首先去第2到n个节点就不用说了，就是1到每个点的最短路径，这个在单元最短路里面讲过，接着就要看走回来这个问题
走回来怎么弄，以2到n每个点为根据点求出最短路径？这样肯定不行，TLE等着你
那怎么弄，其实仔细想一想，就不难想到，我们可以把有向图反过来存，还是以1为基础求单元最短路，dis里面存的就是2到n距离1的最短路了
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e3+5;
int n,m;
struct node{
int to,dis;
friend bool operator <(node a,node b){
return a.dis>b.dis;
}
};
vector<node> a[N];
vector<node> b[N];
int dis[N];
int dis2[N];
int vis[N];
int vis2[N];
int s;
priority_queue<node>q1;
priority_queue<node>q2;
void dij_start(){
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=INT_MAX;
dis[s]=0;
q1.push(node{s,0});
while(!q1.empty()){
node t=q1.top();
q1.pop();
int x=t.to;
if(vis[x]==1)continue;
vis[x]=1;
for(int i=0;i<a[x].size();i++){
int y=a[x][i].to;
int z=a[x][i].dis;
dis[y]=min(dis[y],dis[x]+z);
if(vis[y]==0)q1.push(node{y,dis[y]});
}
}
}
void dij_over(){
for(int i=1;i<=n;i++)dis2[i]=INT_MAX;
dis2[s]=0;
q2.push(node{s,0});
while(!q2.empty()){
node t=q2.top();
q2.pop();
int x=t.to;
if(vis2[x]==1)continue;
vis2[x]=1;
for(int i=0;i<b[x].size();i++){
int y=b[x][i].to;
int z=b[x][i].dis;
dis2[y]=min(dis2[y],dis2[x]+z);
if(vis2[y]==0)q2.push(node{y,dis2[y]});
}
}
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
int u,v,w;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
a[u].push_back(node{v,w});
b[v].push_back(node{u,w});
}
s=1;
dij_start();
dij_over();
int sum=0;
for(int i=2;i<=n;i++)sum+=dis[i]+dis2[i];
printf("%lld",sum);
}