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Codevs1961 躲避大龙

机智的帝江
 机智的帝江
发布于 2016/10/30 09:59
字数 1095
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首先。我又回来啦!!!!
老规矩 拖题面

题目描述 Description

你早上起来,慢悠悠地来到学校门口,发现已经是八点整了!(这句话里有一个比较重要的条件)

学校共有N个地点,编号为1~N,其中1号为学校门口(也就是你现在所处的位置),2号为你的教室(也就是你的目的地)。这些地点之间有M条双向道路,对于第i条道路,为了不引起值周队老师的怀疑,你通过它的时间须恰好为Ti秒。这个数可能为负数,意义为时间倒流。

不过,即使没有引起怀疑,值周队也布下了最后一道防线:大龙会在教室处不定期出现。当然,你也了解大龙的习性:当前时间的秒数越小,大龙出现的概率就越低,例如:8:13:06这一时刻的秒数是06,就要比8:12:57这个时刻更加安全。

现在的问题是,在不引起怀疑的前提下,最安全的到达时刻的秒数是多少。如果学校门口到教室没有路(-_-||),请输出60。

注意,你可以选择在途中的任何时候经过教室,而不结束“旅程”,具体见样例。

输入描述 Input Description
第一行为两个整数,N和M,意义在上面已经说过了。

第2行~第M+1行,每行代表一条道路。第i+1行代表第i条道路,这一行有3个整数,Ai,Bi,Ti,表示Ai号地点与Bi号地点有一条双向道路,通过它的时间必须为Ti秒。

输出描述 Output Description

只有一行,为最安全的到达时刻的秒数。

样例输入 Sample Input

Input1:

2 1

2 1 54

Input2:

3 3

1 2 26

1 3 17

2 3 -9

Input3:

3 1

1 3 110

Input4:

2 2

1 2 7

2 1 9

Input5:

2 2

1 2 3

1 1 1

Input6:

2 2

1 2 9

1 2 11

样例输出 Sample Output
Output1:

06

Output2:

00

Output3:

60

Output4:

01

Output5:

00

Output6:

01

数据范围及提示 Data Size & Hint

样例1的说明:一共只有两个地点(多么福利的数据啊),也只有一条道路,耗时为54秒。最优方案为,经过这个道路9次,耗时486秒,即8分06秒,于8:08:06到达教室。当然,最优方案不唯一。

样例2的说明:走1->3->1->2,用时17+17+26,于8:01:00到达;或走1->2->3->1->2,用时26-9+17+26,于8:01:00到达。

对于20%的数据,N≤2;对于40%的数据,N≤100;对于70%的数据,N≤1000;

对于100%的数据,2≤N≤7000,0≤M≤9000,1≤Ai,Bi≤N,|Ti|≤109。

首先我们会思考,到底要跑多少圈呢??为什么要思考这个没用的问题!当然很容易想到的的用并查集判断是否能跑到班里,然后继续怎么做呢??两个思路。
1.暴力dfs
这是最容易想到的办法,但是同样的问题,怎么处理抵达时间?储存下来然后取模然后玄学判断??no!
2.spfa大法好
我们会发现,这道题目并没有给出限制时间,也就是说,我可以无限跑下去,只要我最后得到的秒数最小就可以。那么做法显而易见。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn = 7050;
struct node{
    int to,time;
};
vector<node> v[maxn];
queue<int> q;
node a,b;
int d[maxn],mod=60,f[maxn],ti[maxn];
bool mark[maxn];
int find(int x){
    if(x==f[x]) return x;
    return f[x]=find(f[x]);
}
void bing(int x,int y){
    x=find(x);
    y=find(y);
    f[x]=y;
}
int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,t;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);
        bing(x,y);
        a.to=y;
        a.time=t%mod;
        v[x].push_back(a);
        a.to=x;
        v[y].push_back(a);
    }
    if(find(1)!=find(2)){
        printf("60");
        return 0;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++) d[i]=60;
    q.push(1);
    mark[1]=1;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();
        q.pop();
        mark[x]=0;
        for(int i=0;i<v[x].size();i++){
            int y=v[x][i].to,t=v[x][i].time;
            int tt=d[x]-t;
            for(int j=1;;j++){
              tt=(tt+t+t)%mod;
              ti[j]=tt;
              if(j>1&&ti[j]==ti[1]) break;
              if(tt<d[y]){
                  d[y]=tt;
                  if(!mark[v[x][i].to]){
                    mark[y]=1;
                    q.push(y);
                  }
              }
            }
        }
    }
    if(d[2]<10) printf("0");
    printf("%d",d[2]);
    return 0;
}

本文转载自:http://blog.csdn.net/loi__dijiang/article/details/52763168

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