【GOJ 1463】邮递员送信

题目

• 每次只能带一样东西
• 求送完这 (N−1) 样东西并且最终回到邮局最少需要多少时间。

这几个关键句暗示我们：这道题需要求最短路。

我们将总路径拆成两类。

1. 第一类是由邮局（节点(1)）发散出来的最短路径和。这一类显然是单源最短路径和。
2. 第二类是由其他店到邮局（节点(1)）的路径和。这一类处理方法比较困难，下面罗列出我在比赛时的两种处理方法。

部分分

每个点都跑一次Dijkstra，再求出两点之间的最短路径和。此方法有大量冗余计算，效率低下，复杂度为(O(n^2 log_2n))。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005,M=1e5+5;
struct edge {
	int to,w,nxt;
} e[M];
int n,tmp,head[N],vis[N],dis[N];
void add(int x,int y,int z) {
	e[++tmp].to=y,e[tmp].w=z,e[tmp].nxt=head[x],head[x]=tmp;
}
priority_queue<pair<int,int>> q;
inline void dijkstra(int u) {
	priority_queue<pair<int,int>> q;
	memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	q.push(make_pair(0,u)),dis[u]=0;
	while(q.size()) {
		u=q.top().second,q.pop();
		if(vis[u]) {
			continue;
		}
		vis[u]=1;
		for(int i=head[u],v,w; i; i=e[i].nxt) {
			v=e[i].to,w=e[i].w;
			if(dis[u]+w<dis[v]) {
				dis[v]=dis[u]+w;
				q.push(make_pair(-dis[v],v));
			}
		}
	}
}
int main() {
	int m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for (int i=0,u,v,w; i<m; i++) {
		scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
	}
	memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
	dijkstra(1);
	int ans=0;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		ans+=dis[i];
	}
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		dijkstra(i),ans+=dis[1];
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

正解

我们需要一种新的方法。

在求第二类路径和时，我们发现：如果我们对这个图建反图，那么第二类路径和类似于第一类路径和。我们可以用同样的时间复杂度（(O(n log_2n))）求解，不会超时。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005,M=1e5+5;
int n;
namespace P1 {
	struct edge {
		int to,w,nxt;
	} e[M];
	int tmp,head[N],vis[N],dis[N];
	void add(int x,int y,int z) {
		e[++tmp].to=y,e[tmp].w=z,e[tmp].nxt=head[x],head[x]=tmp;
	}
	priority_queue<pair<int,int>> q;
	inline void dijkstra(int u) {
		priority_queue<pair<int,int>> q;
		memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		q.push(make_pair(0,u)),dis[u]=0;
		while(q.size()) {
			u=q.top().second,q.pop();
			if(vis[u]) {
				continue;
			}
			vis[u]=1;
			for(int i=head[u],v,w; i; i=e[i].nxt) {
				v=e[i].to,w=e[i].w;
				if(dis[u]+w<dis[v]) {
					dis[v]=dis[u]+w;
					q.push(make_pair(-dis[v],v));
				}
			}
		}
	}
}
namespace P2 {
	struct edge {
		int to,w,nxt;
	} e[M];
	int tmp,head[N],vis[N],dis[N];
	void add(int x,int y,int z) {
		e[++tmp].to=y,e[tmp].w=z,e[tmp].nxt=head[x],head[x]=tmp;
	}
	priority_queue<pair<int,int>> q;
	inline void dijkstra(int u) {
		priority_queue<pair<int,int>> q;
		memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		q.push(make_pair(0,u)),dis[u]=0;
		while(q.size()) {
			u=q.top().second,q.pop();
			if(vis[u]) {
				continue;
			}
			vis[u]=1;
			for(int i=head[u],v,w; i; i=e[i].nxt) {
				v=e[i].to,w=e[i].w;
				if(dis[u]+w<dis[v]) {
					dis[v]=dis[u]+w;
					q.push(make_pair(-dis[v],v));
				}
			}
		}
	}
}
int main() {
	int m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for (int i=0,u,v,w; i<m; i++) {
		scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
		P1::add(u,v,w),P2::add(v,u,w);
	}
	memset(P1::dis,0x7f,sizeof(P1::dis));
	memset(P2::dis,0x7f,sizeof(P2::dis));
	P1::dijkstra(1),P2::dijkstra(1);
	int ans=0;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		ans+=P1::dis[i]+P2::dis[i];
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

后记

在这道题里，要注意计算冗余量是否够多（类似时间复杂度）。这道题一开始的时间复杂度(O(n^2 log_2n))与后来的(O(n log_2n))区别还是很大的，例如我的提交记录：

• 未AC
• 满分

所以说：注意时间复杂度！