经典图论之道路与航线

题目 2412:

信息学奥赛一本通T1503-道路和航线

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题目描述

原题来自：USACO 2011 Jan. Gold

Farmer John 正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。他想把牛奶送到 T 个城镇 ，编号为 1 到 T。这些城镇之间通过 R 条道路（编号为 1 到 R）和 P 条航线（编号为 1 到 P）连接。每条道路 i 或者航线 i 连接城镇 Ai 到 Bi，花费为 Ci 。

对于道路，0≤Ci≤104 ，然而航线的花费很神奇，花费 Ci 可能是负数。道路是双向的，可以从 Ai 到 Bi ，也可以从 Bi 到 Ai ，花费都是 Ci 。然而航线与之不同，只可以从 Ai 到 Bi 。

事实上，由于最近恐怖主义太嚣张，为了社会和谐，出台了一些政策保证：如果有一条航线可以从 Ai 到 Bi ，那么保证不可能通过一些道路和航线从 Bi 回到 Ai 。由于 FJ 的奶牛世界公认十分给力，他需要运送奶牛到每一个城镇。他想找到从发送中心城镇 S 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案，或者知道这是不可能的。

输入格式

第一行为四个空格隔开的整数：T,R,P,S；

第二到第 R+1 行：三个空格隔开的整数（表示一条道路）：Ai,Bi 和 Ci；

第 R+2 到 R+P+1 行：三个空格隔开的整数（表示一条航线）：Ai,Bi 和 Ci 。

输出格式

输出 T 行，第 i 行表示到达城镇 i 的最小花费，如果不存在输出 NO PATH。

样例输入

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6 3 3 4 
1 2 5 
3 4 5 
5 6 10 
3 5 -100 
4 6 -100 
1 3 -10

样例输出

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NO PATH 
NO PATH 
5 
0 
-95 
-100

提示

样例说明

一共六个城镇。在 1 和 2，3 和 4，5 和 6 之间有道路，花费分别是 5,5,10。同时有三条航线：3→5，4→6 和 1→3，花费分别是 −100,−100,−10。FJ 的中心城镇在城镇 4。FJ 的奶牛从 4 号城镇开始，可以通过道路到达 3 号城镇。然后他们会通过航线达到 5 和 6 号城镇。但是不可能到达 1 和 2 号城镇。

数据范围：

对于全部数据，1≤T≤2.5×104,1≤R,P≤5×104,1≤Ai,Bi,S≤T。保证对于所有道路，0≤Ci≤104,对于所有航线，−104≤Ci≤104 。
思路：

看到题目第一时间想到的就是spfa，想着这个题秒了，结果hh，还是卡了。

然后看到了通过求拓扑图，分联通块使用dijkstra，这还是第一次遇见。。

原来负权也有使用dijkstra的可能性。

88分解（spfa）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int dis[N];
bool st[N];
int n, m, k, s;
void add(int a, int b, int c) {
	e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void spfa() {
	queue<int>q;
	memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
	q.push(s);
	dis[s] = 0;
	st[s] = true;
	while (q.size()) {
		int t = q.front();
		q.pop();
		st[t] = false;
		for (int i = h[t];~i;i = ne[i]) {
			int j = e[i];
			if (dis[j] > dis[t] + w[i]) {
				dis[j] = dis[t] + w[i];
				if (st[j]) {
					continue;
				}
				q.push(j);
				st[j] = true;
			}
		}
	}
}
void solve()
{
	cin >> n >> m >> k >> s;
	memset(h, -1, sizeof h);
	for (int i = 1;i <= m;i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
		add(b, a, c);
	}
	for (int i = 1;i <= k;i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
	}
	spfa();
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
		if (dis[i] == 0x3f3f3f3f) {
			cout << "NO PATH" << endl;
		}
		else {
			cout << dis[i] << endl;
		}
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	solve();
	return 0;
}

满分解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int du[N];
int dis[N];
bool st[N];
int cnt[N];
int n, m, k, s;
int th;
queue<int>q;
vector<int>g[N];
void add(int a, int b, int c) {
	e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs(int x, int th) {
	cnt[x] = th;
	g[th].push_back(x);
	for (int i = h[x];~i;i = ne[i]) {
		int j = e[i];
		if (cnt[j]) {
			continue;
		}
		dfs(j, th);
	}
}
void dij(int v)
{
	priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>>qq;
	for (int u : g[v]) {
		qq.push({ dis[u],u });
	}
	while (qq.size()) {
		auto t = qq.top();
		qq.pop();
		int p = t.second;
		if (st[p]) {
			continue;
		}
		st[p] = true;
		for (int i = h[p];~i;i = ne[i]) {
			int  j = e[i];
			if (cnt[j] != cnt[p] && --du[cnt[j]] == 0) {
				q.push(cnt[j]);
			}
			if (dis[j] > dis[p] + w[i]) {
				dis[j] = dis[p] + w[i];
				if (cnt[j] == cnt[p]) {
					qq.push({ dis[j],j });
				}
			}
		}
	}
}
void topsort()
{
	memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
	dis[s] = 0;
	for (int i = 1;i <= th;i++) {
		if (!du[i]) {
			q.push(i);
		}
	}
	while (q.size()) {
		int t = q.front();
		q.pop();
		dij(t);
	}
}
void solve()
{
	cin >> n >> m >> k >> s;
	memset(h, -1, sizeof h);
	for (int i = 1;i <= m;i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
		add(b, a, c);
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
		if (!cnt[i]) {
			dfs(i, ++th);
		}
	}
	for (int i = 1;i <= k;i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
		du[cnt[b]]++;
	}
	topsort();
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
		if (dis[i] > 0x3f3f3f3f/2) {
			cout << "NO PATH" << endl;
		}
		else {
			cout << dis[i] << endl;
		}
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	solve();
	return 0;
}