bzoj1880: [Sdoi2009]Elaxia的路线(spfa,拓扑排序最长路)

1880: [Sdoi2009]Elaxia的路线

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Description

最近，Elaxia和w**的关系特别好，他们很想整天在一起，但是大学的学习太紧张了，他们 必须合理地安排两个人在一起的时间。Elaxia和w**每天都要奔波于宿舍和实验室之间，他们 希望在节约时间的前提下，一起走的时间尽可能的长。 现在已知的是Elaxia和w**所在的宿舍和实验室的编号以及学校的地图：地图上有N个路 口，M条路，经过每条路都需要一定的时间。 具体地说，就是要求无向图中，两对点间最短路的最长公共路径。

Input

第一行：两个整数N和M（含义如题目描述）。 第二行：四个整数x1、y1、x2、y2（1 ≤ x1 ≤ N，1 ≤ y1 ≤ N，1 ≤ x2 ≤ N，1 ≤ ≤ N），分别表示Elaxia的宿舍和实验室及w**的宿舍和实验室的标号（两对点分别 x1,y1和x2,y2）。 接下来M行：每行三个整数，u、v、l（1 ≤ u ≤ N，1 ≤ v ≤ N，1 ≤ l ≤ 10000），表 u和v之间有一条路，经过这条路所需要的时间为l。 出出出格格格式式式：：： 一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）。

Output

一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）

Sample Input

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

Sample Output

3

HINT

对于30%的数据，N ≤ 100；
对于60%的数据，N ≤ 1000；
对于100%的数据，N ≤ 1500，输入数据保证没有重边和自环。

Source

Day2

 

 

/*
如何求两对点最短路的最长公共路径？
开始的想法是对两个起点spfa，但对于如何求多条最短路经过的所有点没有思路
注意到其实本质是求最长路，只是需要一个图...... 
正解是4遍spfa，若某条边满足起点和终点分别到这条边最短路+这条路长等于起点到终点的最短路
那么这条边一定在最短路上。
所以就可以把1,2最短路径都经过的边重建图(注意若某条边不是被同向经过也要算)
这就有图了...求最长路即可（显然图是DAG  拓扑排序可以求）。 
*/
#include<bits/stdc++.h>

#define N 2005
#define M 1000007
#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;
struct node{
    int u,v,w,nxt,f;
}e[M<<1],E[M<<1];
queue<int>q;
int n,m,cnt,cnt2;
int head[N],p[5],d[5][N],Head[N];
int in[N],f[N],v[N];


void add(int u,int v,int w)
{
    e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v;e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt;
}

void add_(int u,int v,int w)
{
    E[++cnt2].u=u;E[cnt2].v=v;E[cnt2].w=w;
    E[cnt2].nxt=Head[u]; Head[u]=cnt2;
}

void spfa(int x)
{    
    memset(v,0,sizeof v);
    for(int i=1;i<=n;++i) if(i!=p[x]) d[x][i]=inf;
    q.push(p[x]);v[p[x]]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int now=q.front();q.pop();v[now]=0;
        for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt)
        {
            int to=e[i].v;
            if(d[x][to]>d[x][now]+e[i].w)
            {
                d[x][to]=d[x][now]+e[i].w;
                if(!v[to]) v[to]=1,q.push(to);
            } 
        }            
    }
}

void rebuild()
{
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
    if(d[1][e[i].u]+e[i].w+d[2][e[i].v]==d[1][p[2]])
    {
        add_(e[i].u,e[i].v,e[i].w);
        if(d[3][e[i].u]+e[i].w+d[4][e[i].v]==d[3][p[4]] || d[4][e[i].u]+e[i].w+d[3][e[i].v]==d[3][p[4]]) 
        E[cnt2].f=1;
        in[e[i].v]++;
    }    
}

void Tsort()
{
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(p[1]);
    int now;
    while(!q.empty())
    {
        now=q.front(); q.pop();
        for(int i=Head[now];i;i=E[i].nxt)
        {
            --in[E[i].v];
            if(!in[E[i].v])
            {
                q.push(E[i].v);
                f[E[i].v]=max(f[E[i].v],f[now]+E[i].w*E[i].f);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    int x,y,z;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=4;++i) scanf("%d",&p[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z),add(y,x,z);
    }
    for(int i=1;i<=4;++i) spfa(i);  
    rebuild();
    Tsort();
    printf("%d",f[p[2]]);
    return 0;
}