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现在让我们来对一个交通运输图进行研究，这可能是一个公交车的线路网、有轨电车线路网、地下铁的线路网或是其他的一个什么。这个图中的顶点（从1到n标号）为车站，边(pi ,pj)（这里pi ¹ pj）表示在顶点pi和顶点pj间存在一条直接连接两点的路（1 £ pi, pj £ n）。
在图中有从1到k编号的k条运输路线，第l号路线是用一个车站序列pl,1, pl,2, …, pl,sl来描述的，它们为使用这个线路的车辆将依次经过的车站。并且我们给出它们之间的距离rl,1, rl,2, …, rl,sl-1，其中rl,i表示从车站pl,i到车站pl,i+1所需的时间。对于一条线路来说，它上面所有的车站都是不相同的（也就是说，若i ¹ j，则pl,i ¹ pl,j）。且线路l将以频率cl运行。这里cl为集合{6, 10, 12, 15, 20, 30 ,60}中的一个数，它表示每个小时的0, cl, 2cl, …, 60分钟的时候在路线l上的将有两辆车同时从车站pl,1和pl,sl出发相对着行进。
在这样一个运输网络中，我们想从其中的一个车站x出发用尽可能少的时间到达车站y。这里我们假设最少的时间不会超过24个小时，且在中途换车的时候的时间不计。
示例：
在下图中你可以看到一个具有六个车站和两条路线的运输网络。路线一上的车站序列为1、3、4、6，路线二上的车站序列为2、4、3、5，且两条路线的频率分别为c1=15和c2=20。车辆在各车站间移动时的耗费都分别用1和2的下标标在了图上。
现在我们假设在23点30分的时候我们在车站5想要到车站6去。我们必须等上10分钟才可以搭上一辆路线2的车离开。然后我们就面临着两种选择：一种是在23点51分到车站3等上3分钟并改乘路线1的车于0点16分到达车站6；另一种是在0点8分到达车站4等上13分钟再换路线1的车于0点31分到达车站6。显然最早我们能在0点16分到达车站6。
任务：
请写一个程序：
从文本文件POD.IN中读入对该交通运输网的描述、起点和终点、还有出发的时间；
找出从起点到终点的最少时间；
把最找到达终点的时间输出到文本文件POD.OUT中。
输入格式：
在文本文件POD.IN的第一行包括六个用空格分开的整数，分别为：
n，1 £ n £ 1000，为车站的数目；
k，1 £ k £ 2000，为路线的数目；
x，1 £ x £ n，为起点的车站编号；
y，1 £ y £ n，为终点的车站编号；
gx，0 £ gx £ 23，为出发时间的小时数；
mx，0 £ mx £ 59，为出发时间的分钟数。
车站是从1到n编号的，运输路线是用1到k编号的。以下的3k行为对运输路线的描述。这些行中每3行构成一个对一条路线的描述，第k个三行的意义如下：
第一行包括两个用空格分开的整数，sl（2 £ sl£ n）为该路线上车站的数目，还有cl（{6, 10, 12, 15, 20, 30, 60}中的一个元素），为该路线运行的频率；
第二行包括sl个用空格分开的不同的整数，为pl,1, pl,2, …,pl,sl（1£ pl,i£ n），即该路线上的车站；
第三行包括sl-1个整数rl,1, rl,2, …,rl,sl-1为在路线上相邻两个车站间移动所需的时间（1£ rl,i£ 240）。
在所有的运输路线上的总车站数不超过4000（也就是说s1 + s2 + … + sk £ 4000）。
输出格式：
你的程序应该在文本文件POD.OUT中输出两个整数gy（0£ gy£ 23）和my（0£ my£ 59），表示到达y点时的小时数和分钟数。
样例：
输入（POD.IN）：
6 2 5 6 23 30
4 15
1 3 4 6
9 12 10
4 20
5 3 4 2
11 17 11
输出（POD.OUT）：
0 16
一、分析问题
这是一个加限制条件的最短路问题。
二、解决问题
Spfa+等待时间的计算（详见代码）
三、代码实现
1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 7 const int A = 4010*2,B = 1010,inf = 4e8; 8 int n,m,k,st,en,gx,mx,sum; 9 struct edge{ 10 int to,nxt,len,c,d; 11 }e[A]; 12 int head[B],dis[B],ex[B]; 13 queue<int>q; 14 15 void build(int f,int t,int l,int k,int c) 16 { 17 ++sum; 18 e[sum].nxt=head[f]; 19 head[f]=sum; 20 e[sum].to=t; 21 e[sum].len=l; 22 e[sum].d=k; 23 e[sum].c=c; 24 } 25 26 void init() 27 { 28 int s2,c2,sum=0,sum1=0,d[B],s[B]; 29 scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&k,&st,&en,&gx,&mx); 30 for(int i=1;i<=k;++i) 31 { 32 sum=0; 33 sum1=0; 34 scanf("%d%d",&s2,&c2); 35 for(int j=1;j<=s2;++j)scanf("%d",&s[j]); 36 for(int j=1;j<s2;++j)scanf("%d",&d[j]),sum+=d[j]; 37 for(int j=2;j<=s2;++j) 38 { 39 build(s[j-1],s[j],d[j-1],sum1,c2); 40 sum-=d[j-1]; 41 sum1+=d[j-1]; 42 build(s[j],s[j-1],d[j-1],sum,c2); 43 } 44 } 45 } 46 47 48 void calc(int x,int y)//计算等待时间w 49 { 50 int w=e[y].d;//此时w是车辆到达的时刻（时间点） 51 if(dis[x]<w)//车辆仍未到达，找在这之后的车 52 { 53 while(w-e[y].c>=dis[x]) 54 w-=e[y].c; 55 w-=dis[x]; 56 } 57 else//车辆已走，找在这之前的车 58 { 59 w=dis[x]; 60 while(w>e[y].d) 61 w-=e[y].c; 62 w=e[y].d-w; 63 } 64 if(dis[e[y].to]>dis[x]+e[y].len+w) 65 { 66 dis[e[y].to]=dis[x]+e[y].len+w; 67 if(!ex[e[y].to]) 68 { 69 ex[e[y].to]=1; 70 q.push(e[y].to); 71 } 72 } 73 } 74 75 void SPFA() 76 { 77 for(int i=1;i<=n;++i)dis[i]=inf; 78 dis[st]=mx; 79 q.push(st); 80 while(!q.empty()) 81 { 82 int t=q.front(); 83 ex[t]=0; 84 q.pop(); 85 for(int i=head[t];i;i=e[i].nxt) 86 calc(t,i); 87 } 88 } 89 90 void print() 91 { 92 int h,m; 93 h=gx; 94 m=dis[en]; 95 if(m>59) 96 { 97 h+=(m/60); 98 m%=60; 99 } 100 h%=24; 101 printf("%d %d ",h,m); 102 } 103 104 int main() 105 { 106 init(); 107 SPFA(); 108 print(); 109 return 0; 110 }