Buy a Ticket
题目描述
流行乐队“Flayer”宣布，他们想用一次世界巡演来作为他们的收官之作。当然，他们也将来到伯兰演出。
伯兰有 n 个城市。人们可以乘坐双向列车往返于城市之间; 一共有 m 条线路, 第 i 条线路可以从城市 vi 到城市 ui (或者从城市 ui 到城市 vi )，乘坐这条线路需要花费 wi 个硬币。
“Flayer”乐队会到访伯兰的每一个城市，第 i 个城市的音乐会门票要花费 ai 个硬币
你在伯兰的每个城市都有朋友，他们知道你编程很厉害，想让你计算出他们参观音乐会可能要花费的最少的硬币数量。对于每一个城市 i 里的朋友，你都必须计算他从城市 i 前往某个城市 j (或者可能停留在城市 i)，参加那里的音乐会，然后返回城市 i (如果 j ≠ i) 所花费的最少硬币数量。
严格来说，对于每一个城市 , d(i, j) 就是你从一个城市 i 到另一个城市 j 所花费的最少的硬币数。 如果没有办法从一个城市 i 到另一个城市 j，那么我们认为 d(i, j) 是无限大的。
输入
第一行包含两个整数 n 和 m (2 ≤ n ≤ 2·105, 1 ≤ m ≤ 2·105).
接下来有 m 行输入，每一行包含 3 个整数 vi ，ui 和 wi (1 ≤ vi ，ui ≤ n ，vi ≠ ui ，1 ≤ wi ≤ 1012) ，表示第 i 条列车路线连接的城市 vi 和城市 ui 以及乘坐列车的车票费用 wi。没有任何的火车线路连接同一对城市，也就是说，如果输入中已经有一对城市 (v ，u)，之后的输入中既没有 (v ，u) 也没有 (u ，v) 。
最后一行包含 n 个整数 a1 ，a2, ... ak (1 ≤ ai ≤ 1012) — 代表城市 i 的演唱会票价。
输出
打印 n 个整数。第 i 个数就是一个人从城市 i 前往城市 j (或可能停留在城市 i ), 参加那里的音乐会并返回城市 i (如果 j ≠ i ) 所花费的硬币的最小数量。
样例
输入
4 2
1 2 4
2 3 7
6 20 1 25
输出
6 14 1 25
输入
3 3
1 2 1
2 3 1
1 3 1
30 10 20
输出
12 10 12
分析
首先想到的肯定是暴力，从每一个点开始跑最短路，最后再分别输出结果，但是这样复杂度肯定吃不消
题目中也没有说给出的是一棵树，所以树形DP也不太可行
所以我们考虑建边时做一些处理
我们建一个超级源点跑最短路，和昂贵的聘礼那一道题有点像
对于边权，我们把它乘2再正常建边，因为我们要往返各一次
对于点权，我们从超级源点向该点建一条边，边权为点权，代表在某一个点停留所花费的时间
最后再从超级源点开始跑一个最短路就可以了
不要忘了开long long
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
typedef long long ll;
struct asd{
ll from,to,next,val;
}b[maxn];
int head[maxn],tot=1;
void ad(ll aa,ll bb,ll cc){
b[tot].from=aa;
b[tot].to=bb;
b[tot].val=cc;
b[tot].next=head[aa];
head[aa]=tot++;
}
struct jie{
ll num,dis;
jie(ll aa=0,ll bb=0){
num=aa,dis=bb;
}
bool operator < (const jie& A) const{
return dis>A.dis;
}
};
priority_queue<jie> q;
ll dis[maxn];
bool vis[maxn];
void DIJ(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[0]=0;
q.push(jie(0,0));
while(!q.empty()){
int now=q.top().num;
q.pop();
if(vis[now]) continue;
vis[now]=1;
for(ll i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
ll u=b[i].to;
if(dis[u]>dis[now]+b[i].val){
dis[u]=dis[now]+b[i].val;
q.push(jie(u,dis[u]));
}
}
}
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof(head));
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll aa,bb,cc;
scanf("%lld%lld%lld",&aa,&bb,&cc);
ad(aa,bb,cc*2ll);
ad(bb,aa,cc*2ll);
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll aa;
scanf("%lld",&aa);
ad(0,i,aa);
}
DIJ();
printf("%lld",dis[1]);
for(ll i=2;i<=n;i++){
printf(" %lld",dis[i]);
}
printf("
");
return 0;
}