P2149 [SDOI2009]Elaxia的路线
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
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 ≤ y2 ≤ 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)。
输出格式：
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）
说明
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。
这道题对于现在的我来说，还是很有难度滴。
题目已经像是什么模板的问题：
求无向图中，两对点间最短路的最长公共路径
为什么会产生有选择的最长公共路径？因为最短路不只有一条啊。那么问题来了，如果求出最短路的所有边呢？
这里提供一种比较大众的做法。
对于图(G)中两点(s,t)，用最短路算法求解以(s)和(t)为起始点的(diss)和(dist)数组。
那么对于边(E(u,v,w))，若它在最短路上，那么一定满足
(diss[u]+w+dist[v]==diss[t])
这样的话，我们就解决了找在最短路上的边的问题。
我们也可以处理出两个人共同经过的一些边。不过需要注意的是，这个题有点诡异，两个人面对面走过一条路居然也算是一起走了！！？
这里有个贪心，他们的最长公共路径一定是一条链（试试反证）
于是我们可以把共同经过的边剥离出来一波操作
不过这里我们讨论拓扑排序的做法
回顾一下拓扑排序，它可以将图的操作按照一定的顺序操作而避免冲突。
我们取Elaxia的最短路集合和他们俩最短路的交集构成一个新的有向图（按照Elaxia的走路方向即可），特殊标记最短路交集的那些边
令(dp[i])代表已经处理节点(i)所有前驱节点后所得到的最长公共路径。
转移：(dp[i]=max(dp[i],dp[pre]+is*w);)
(pre)为某前驱节点，(is)表示是否被特殊标记，(w)边长
code（常数炒鸡大啊）:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=1503;
int n,m,s[5];
struct Edge {int from,to,next,w;}edge[N*N];
int head[N],cnt=0;
int dis[5][N];
void add(int u,int v,int w)
{
edge[++cnt].to=v;edge[cnt].from=u;edge[cnt].w=w;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
struct Edge0 {int to,next,w,is;}edge0[N*N];
int head0[N],cnt0=0;
void add0(int u,int v,int w,int is)
{
edge0[++cnt0].to=v;edge0[cnt0].w=w;edge0[cnt0].next=head0[u];edge0[cnt0].is=is;head0[u]=cnt0;
}
queue <int > q;
int used[N],in[N];
void spfa()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
for(int k=1;k<=4;k++)
{
used[s[k]]=1;
dis[k][s[k]]=0;
q.push(s[k]);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
used[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to,w=edge[i].w;
if(dis[k][v]>dis[k][u]+w)
{
dis[k][v]=dis[k][u]+w;
if(!used[v]) {used[v]=1;q.push(v);}
}
}
}
}
}
void build()
{
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
int u=edge[i].from,v=edge[i].to,w=edge[i].w;
if(dis[1][u]+w+dis[2][v]==dis[1][s[2]])
{
if(dis[3][u]+w+dis[4][v]==dis[3][s[4]]||dis[3][v]+w+dis[4][u]==dis[4][s[3]])
add0(u,v,w,1);
else
add0(u,v,w,0);
in[v]++;
}
}
}
int dp[N];
void topo()
{
q.push(s[1]);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head0[u];i;i=edge0[i].next)
{
int v=edge0[i].to,w=edge0[i].w,is=edge0[i].is;
in[v]--;
dp[v]=max(dp[v],dp[u]+is*w);
if(!in[v])
q.push(v);
}
}
}
int main()
{
int u,v,w;
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%d%d%d%d",s+1,s+2,s+3,s+4);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w),add(v,u,w);
}
spfa();
build();
topo();
printf("%d
",dp[s[2]]);
return 0;
}
2018.5.24