LightOJ 1074

这一晚，TT 做了个美梦！

在梦中，TT 的愿望成真了，他成为了喵星的统领！喵星上有 N 个商业城市，编号 1 ～ N，其中 1 号城市是 TT 所在的城市，即首都。

喵星上共有 M 条有向道路供商业城市相互往来。但是随着喵星商业的日渐繁荣，有些道路变得非常拥挤。正在 TT 为之苦恼之时，他的魔法小猫咪提出了一个解决方案！TT 欣然接受并针对该方案颁布了一项新的政策。

具体政策如下：对每一个商业城市标记一个正整数，表示其繁荣程度，当每一只喵沿道路从一个商业城市走到另一个商业城市时，TT 都会收取它们（目的地繁荣程度 - 出发地繁荣程度）^ 3 的税。

TT 打算测试一下这项政策是否合理，因此他想知道从首都出发，走到其他城市至少要交多少的税，如果总金额小于 3 或者无法到达请悄咪咪地打出 ‘?’。

Input

第一行输入 T，表明共有 T 组数据。（1 <= T <= 50）

对于每一组数据，第一行输入 N，表示点的个数。（1 <= N <= 200）

第二行输入 N 个整数，表示 1 ～ N 点的权值 a[i]。（0 <= a[i] <= 20）

第三行输入 M，表示有向道路的条数。（0 <= M <= 100000）

接下来 M 行，每行有两个整数 A B，表示存在一条 A 到 B 的有向道路。

接下来给出一个整数 Q，表示询问个数。（0 <= Q <= 100000）

每一次询问给出一个 P，表示求 1 号点到 P 号点的最少税费。

Output

每个询问输出一行，如果不可达或税费小于 3 则输出 ‘?’。

Sample Input

2
5
6 7 8 9 10
6
1 2
2 3
3 4
1 5
5 4
4 5
2
4
5
10
1 2 4 4 5 6 7 8 9 10
10
1 2
2 3
3 1
1 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
2
3 10

Sample Output

Case 1:
3
4
Case 2:
?
?

题目大意：

首先输入一个T 表示有T组测试用例，对于每一组样例，先输入一个n表示点的个数，然后输入 n 个整数，表示w1 - wn 的权值，之后输入一个m，表示有向边的条数，然后输入m行，每行输入a b 表示a b 之间存在一条有向边，需要注意的是，从a到b 的代价是（w[b] - w[a]）³ （粗心看成了异或，就离谱）。输入一个Q，表示有Q次询问，对于每一次询问输入一个P，如果不能到达或到达的代价小于3则输出 ‘ ？’ 否则输出到P的最短距离。

解题思路：

这道题门道很多，需要注意以下几点。

1. 因为每个点都有权值，a 到 b 的代价是(w[b] - w[a])³ ，所以建图时应该注意权值问题，然后这里是3次方，第一次看成了异或T.T ，一定要注意
2. 权值相减有可能出现负数！不能用dijkstra了
3. 这道题的不能到达有两种情况：第一是不能到达，即距离为inf，第二就是负环负环负环！此时也不能到达，这里要用spfa判负环。
4. 关于出现负环后的处理，这里用染色法，将出现负环的点的连通分量全部染色，遇到被染色的点直接跳过！
5. 多组样例，每次不要忘记初始化。

一道很好的题，结合了很多知识点，也有很多坑，调出来收获还是满大的，注意以上的点再套spfa的板子就能AC啦

Code：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <sstream>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 50;
const int M = 200 + 50;

int h[N], ne[N], e[N], w[N], idx;
int dis[N], a[N], cnt[N];
bool vis[N], col[N];
int T, n, m;

void init()
{
	idx = 0;
	memset(h, -1, sizeof h);
	memset(cnt, 0, sizeof cnt);
	memset(col, false, sizeof col);
}

void add(int a, int b, int c)
{
	e[idx] = b;
	w[idx] = c;
	ne[idx] = h[a];
	h[a] = idx++;
}

void dfs(int u)//将负环所在的连通分量染色
{
	col[u] = true;

	for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if (!col[j]) dfs(j);
	}

	return;
}

void spfa()
{
	memset(vis, false, sizeof vis);
	memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
	dis[1] = 0;

	queue<int > q;
	q.push(1);
	vis[1] = true;

	while (!q.empty())
	{
		int t = q.front();
		q.pop();
		vis[t] = false;
		if (col[t]) continue;

		for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
		{	
			int j = e[i];
			if (dis[t] + w[i] < dis[j])
			{
				dis[j] = dis[t] + w[i];
				cnt[j] = cnt[t] + 1;

				if (!vis[j])
				{	if (cnt[j] >= n) dfs(j);//不要忘记判负环
					q.push(j);
					vis[j] = true;
				}
			}
		}
	}
}

int main()
{
	int cs = 0;
	scanf("%d", &T);

	while (T --)
	{
		init();//多组初始化一下

		scanf("%d", &n);

		for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);

		scanf("%d", &m);

		while (m --)
		{
			int u, v;
			scanf("%d%d", &u, &v);
			add(u, v, (a[v] - a[u]) * (a[v] - a[u]) * (a[v] - a[u]));
		}

		spfa();

		printf("Case %d:
", ++cs);

		int q1;
		scanf("%d", &q1);

		while (q1 --)
		{
			int op;
			scanf("%d", &op);

			if (dis[op] < 3 || dis[op] == inf || col[op]) puts("?");
			else printf("%d
", dis[op]);
		}
	}

	return 0;
}