LightOJ - 1074 题目链接
题目意思
这是一个有负环求最短路的问题,每个站点有一个value,edge_value = (value[st] - value[rt]) ^ 3,三次方。
思路
这道题目的关键就在于判断负边权可形成的回路,一开始看到这道题目的时候还以为直接来一遍Floyd就行了,结果证明错了。
我们知道bellman-Ford可以判断回路,于是这里就用它的升级版spfa来判断的。
代码
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int head[N], to[N], value[N], nex[N], cnt;
int visit[N], dis[N], num[N], money[N], n, m;
void add(int x, int y, int w) {
to[cnt] = y;
value[cnt] = w;
nex[cnt] = head[x];
head[x] = cnt++;
}
void spfa() {
for(int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = INF, visit[i] = 0, num[i] = 0;
queue<int> q;
q.push(1);
dis[1] = 0;
visit[1] = 1;
num[1] = 1;
while(!q.empty()) {
int temp = q.front();
q.pop();
visit[temp] = 0;
for(int i = head[temp]; i; i = nex[i]) {
if(dis[to[i]] > dis[temp] + value[i]) {
dis[to[i]] = dis[temp] + value[i];
if(!visit[to[i]] && num[to[i]] < n) {//没有负边权的情况下,一个点最多被访问的次数最多就是n - 1次,在代码的下面我会举一个例子。
visit[to[i]] = 1;
num[to[i]]++;
q.push(to[i]);
}
}
}
}
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
int t, x, y, w;
scanf("%d", &t);
for(int cas = 1; cas <= t; cas++) {
printf("Case %d:
", cas);
memset(head, 0, sizeof head);
cnt = 1;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &money[i]);
scanf("%d", &m);
for(int i = 0; i < m; i++) {
scanf("%d %d", &x, &y);
w = (money[y] - money[x]) * (money[y] - money[x]) * (money[y] - money[x]);
add(x, y, w);
}
spfa();
scanf("%d", &m);
for(int i = 0; i < m; i++) {
scanf("%d", &x);
if(num[x] > n || dis[x] < 3 || dis[x] == INF) printf("?
");
else printf("%d
", dis[x]);
}
}
return 0;
}
证明例子
边的输入顺序
- 1 2 4
- 1 3 6
- 1 4 8
- 1 5 10
- 1 6 20
- 2 6 9
- 3 6 9
- 4 6 9
- 5 6 9
我们知道链式向前星读边是从后往前的
- 首先我们会通过点1更新一遍dis[1 ~ 6] = 20,num[6] = 1
- 点5,4,3,2按照顺序分别入队列
- 通过点5,dis[1 ~ 6] = 19,num[6] = 2
- 通过点4,dis[1 ~ 6] = 17,num[6] = 3
- 通过点3,dis[1 ~ 6] = 15,num[6] = 4
- 通过点2,dis[1 ~ 6] = 13,num[6] = 5
完成所有的更新,num[6] = 5,点6被访问了6 - 1次。
这个例子证明了最极端的情况下,一个点最多可能被访问的次数。