题目描述
n个点e条边的有向图，每条边是m种类型之一。第i种类型在第x时刻通过所花费的时间为$(a_i*x+b_i)mod c_i+d_i$。可以在某个点停留。问：在s时刻从1号点出发，到达每个点所花费的最小时间。
输入
第一行包含4个正整数n,m,s,e(2<=n<=100000,1<=m<=50,1<=s<=2000,1<=e<=200000)
分别表示星球的个数、空间传送装置的种类数、当前的时间以及空间传送装置的个数。
接下来m行，每行4个正整数$a_i,b_i,c_i,d_i$(1<=$a_i,b_i,c_i,d_i$<=2000)，依次描述每种装置的参数。
接下来e行，每行3个正整数$u_i,v_i,w_i$(1<=$u_i,v_i$<=n,$u_i$!=$v_i$,1<=$w_i$<=m)
表示从星球$u_i$可以使用第$w_i$种装置单向传送到星球$v_i$。
输出
输出n-1行，每行一个整数，第i行表示从1到i+1的最少所需时间，若无解输出-1。
样例输入
3 2 1 3
1 1 5 1
2 2 7 1
1 2 1
2 3 2
3 1 1
样例输出
3
6
题解
堆优化Dijkstra
考虑到如果提前到一个点可以等待，因此先到一定不会比后到劣。所以Dijkstra的贪心策略是正确的。
观察每种边通过所需的时间：$(a_i*x+b_i)mod c_i+d_i$。因此$x$在模$c_i$意义下只有$c_i$种取值。因此可以先预处理出第$i$种道路在模$c_i$等于$j$的时间下所花费的最小时间。通过求后缀最小值维护即可。（由于关系是一个环，因此可以断环倍增以减少代码量）
然后直接跑堆优化Dijkstra即可。
时间复杂度$O(cm+elog n)$
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <utility>
#define N 100010
using namespace std;
typedef pair<int , int> pr;
priority_queue<pr> q;
int a[51] , b[51] , c[51] , d[51] , f[51][4010] , head[N] , to[N << 1] , val[N << 1] , next[N << 1] , cnt , dis[N] , vis[N];
inline void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
int main()
{
int n , m , s , e , i , j , x , y , z;
scanf("%d%d%d%d" , &n , &m , &s , &e);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
scanf("%d%d%d%d" , &a[i] , &b[i] , &c[i] , &d[i]);
for(j = 0 ; j < c[i] ; j ++ ) f[i][j] = f[i][j + c[i]] = (a[i] * j + b[i]) % c[i] + d[i];
for(j = 2 * c[i] - 2 ; ~j ; j -- ) f[i][j] = min(f[i][j] , f[i][j + 1] + 1);
}
for(i = 1 ; i <= e ; i ++ ) scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , add(x , y , z);
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
dis[1] = s , q.push(pr(-s , 1));
while(!q.empty())
{
x = q.top().second , q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(dis[to[i]] > dis[x] + f[val[i]][dis[x] % c[val[i]]])
dis[to[i]] = dis[x] + f[val[i]][dis[x] % c[val[i]]] , q.push(pr(-dis[to[i]] , to[i]));
}
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
{
if(dis[i] != 0x3f3f3f3f) printf("%d
" , dis[i] - s);
else puts("-1");
}
return 0;
}