題意: n個點(0~n-1),m條邊,每條邊有兩個權值,一個是時間,一個是花費,其中0是首都,要讓0點到其他所有點的總時間最短,同時要讓花費最小。
二重限制的最短路,稍微改一下即可。
關於正確性的一些思考:
對prim算法有一點理解的話,容易發現dij和prim本質和過程都無比類似,每次選一個點拓展,區別在於dij維護其他點到源點的最小距離,prim維護其他點到MST集合的最小距離。
因此此題只需要同時用到dijkstra和prim類似的過程,在維護最短距離的前提下維護最小的花費即可解決,可以理解成每次拓展一個點的時候,在dij中會找到多條邊,prim就用在些邊中選擇最小花費。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 1e5+5;
const ll llinf = ~0ull>>2;
struct eg{
int u, v;
ll cost1, cost2;
eg(){}
eg(int a, int b, ll c, ll d){ u = a, v = b, cost1 = c, cost2 = d; }
};
vector<eg>G[M];
void add(int a, int b, ll c, ll d){
G[a].push_back(eg(a, b, c, d));
G[b].push_back(eg(b, a, c, d));
}
struct node{
int u;
ll d, c;
node(int _u, ll _d, ll _c){ u = _u, d = _d, c = _c; }
bool operator < (const node& a) const{
if(d == a.d) return c > a.c;
return d > a.d;
}
};
ll dis[M], cost[M]; //dis是dij過程,cost是prim過程
bool vis[M];
void exdijkstra(int s, int n){
for(int i = 0; i <= n; ++i) dis[i] = cost[i] = llinf, vis[i] = 0;
dis[s] = 0, cost[s] = 0;
priority_queue<node>q;
q.push(node(s, 0, 0));
ll ans1 = 0, ans2 = 0;
for(int tt = 0; tt < n; ++tt){
while(!q.empty() && q.top().d != dis[q.top().u] || q.top().c != cost[q.top().u]) q.pop();
int u = q.top().u; ll d = q.top().d; ll c = q.top().c; q.pop();
vis[u] = 1;
ans1 += d, ans2 += c;
for(int k = 0; k < G[u].size(); ++k){
int v = G[u][k].v, nd = G[u][k].cost1, nv = G[u][k].cost2;
if(!vis[v] && dis[v] > d + nd || (dis[v] == d+nd && cost[v] > nv)){ //優先維護距離
dis[v] = d + nd;
cost[v] = nv;
q.push(node(v, dis[v], cost[v]));
}
}
}
printf("%lld %lld\n", ans1, ans2);
}
int main(){
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--){
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i <= n; ++i) G[i].clear();
for(int i = 0; i < m; ++i){
int a, b;
ll c, d;
scanf("%d%d%lld%lld", &a, &b, &c, &d);
add(a, b, c, d);
}
exdijkstra(0, n);
}
}