問題描述
衆所周知,TT 有一隻魔法貓。
今天他在 B 站上開啓了一次旅行直播,記錄他與魔法貓在喵星旅遊時的奇遇。 TT 從家裏出發,準備乘坐貓貓快線前往喵星機場。貓貓快線分爲經濟線和商業線兩種,它們的速度與價錢都不同。當然啦,商業線要比經濟線貴,TT 平常只能坐經濟線,但是今天 TT 的魔法貓變出了一張商業線車票,可以坐一站商業線。假設 TT 換乘的時間忽略不計,請你幫 TT 找到一條去喵星機場最快的線路,不然就要誤機了!
Input
輸入包含多組數據。每組數據第一行爲 3 個整數 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100),即貓貓快線中的車站總數,起點和終點(即喵星機場所在站)編號。
下一行包含一個整數 M (1 ≤ M ≤ 1000),即經濟線的路段條數。
接下來有 M 行,每行 3 個整數 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100),表示 TT 可以乘坐經濟線在車站 X 和車站 Y 之間往返,其中單程需要 Z 分鐘。
下一行爲商業線的路段條數 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下來 K 行是商業線路段的描述,格式同經濟線。
所有路段都是雙向的,但有可能必須使用商業車票才能到達機場。保證最優解唯一。
Output
對於每組數據,輸出3行。第一行按訪問順序給出 TT 經過的各個車站(包括起點和終點),第二行是 TT 換乘商業線的車站編號(如果沒有使用商業線車票,輸出"Ticket Not Used",不含引號),第三行是 TT 前往喵星機場花費的總時間。
本題不忽略多餘的空格和製表符,且每一組答案間要輸出一個換行
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
解題思路1–兩次dijkstra
這個題只要求走一條商業線,因此我們可以枚舉每一條商業線,假設邊爲,其中是邊的兩個端點。我們從起點跑一次最短路,記錄下數組,然後從終點跑一次最短路,記錄下數組,然後對於當前商業線,權值w,其經過當前商業線的最短路徑是。最後比較所有商業線與不使用商業線,取最小值即可。
完整代碼
#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;
//代碼返回pair的比較結果,先按照pair的first元素升序,first元素相等時,再按照second元素升序:
points.push(make_pair(0,s1));//第一個參數指從s到第二個參數到距離
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)//不使用商業票
{
for (int i=e; i!=s; i=path1[i])//回溯路徑
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;
}
解題思路2–分層圖最短路
第一種思路只能解決這種一條商業線的問題,當有k條商業線,我們要求到終點的過程中,使用條商業線,那就應該使用分層圖最短路算法。
分層圖最短路介紹見我的另一篇博客:傳送門
這個題是一個分兩層的圖,每層圖都是一個無向圖,記錄路徑可以從dijkstra中用path數組來記錄當前結點的前驅結點,最終回溯得到路徑即可。
完整代碼
#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;
//代碼返回pair的比較結果,先按照pair的first元素升序,first元素相等時,再按照second元素升序:
points.push(make_pair(0,s));//第一個參數指從s到第二個參數到距離
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;//記錄路徑
}
}
}
}
}
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);//第一層連接路徑
add(x+n,y+n,z);
add(y+n,x+n,z);//第二層連接路徑
}
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);//第一、二層之間連接路徑
}
add(e,e+n,0);//沒用商業票就過去了,第一、二層終點相連
dijkstra(s);
for (int i=e+n; i!=s; i=path[i])//回溯路徑
v.push_back(i);
v.push_back(s);
if(!flag) flag=true;//格式控制,在開頭輸出回車,第一次不用
else putchar('\n');
if(v[0]-n==v[1])//沒有使用商業票,最後一步是e->e+n,所以這一層要去掉
{
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{//使用了商業票,進入了下一層
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,說明進入了下一層,所以ans不再統計,上一次統計的ans就是從上層進入下層的入口
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;
}