程序设计思维Week7-作业
B-TT的旅行日记
Description
TT 从家里出发，准备乘坐猫猫快线前往喵星机场。猫猫快线分为经济线和商业线两种，它们的速度与价钱都不同。
当然啦，商业线要比经济线贵，TT 平常只能坐经济线，但是今天 TT 的魔法猫变出了一张商业线车票，可以坐一站商业线。假设 TT 换乘的时间忽略不计，请你帮 TT 找到一条去喵星机场最快的线路，不然就要误机了！
输入包含多组数据。每组数据第一行为 3 个整数 N, S 和 E (2 ≤ N ≤ 500, 1 ≤ S, E ≤ 100)，即快线中的车站总数，起点和终点（即喵星机场所在站）编号。
下一行包含一个整数 M (1 ≤ M ≤ 1000)，即经济线的路段条数。
接下来有 M 行，每行 3 个整数 X, Y, Z (1 ≤ X, Y ≤ N, 1 ≤ Z ≤ 100)，表示 TT 可以乘坐经济线在车站 X 和车站 Y 之间往返，其中单程需要 Z 分钟。
下一行为商业线的路段条数 K (1 ≤ K ≤ 1000)。
接下来 K 行是商业线路段的描述，格式同经济线。
所有路段都是双向的，但有可能必须使用商业车票才能到达机场。保证最优解唯一。
对于每组数据，输出3行。第一行按访问顺序给出 TT 经过的各个车站（包括起点和终点），第二行是 TT 换乘商业线的车站编号（如果没有使用商业线车票，输出"Ticket Not Used"，不含引号），第三行是 TT 前往喵星机场花费的总时间。
本题不忽略多余的空格和制表符，且每一组答案间要输出一个换行
Sample
Input:
4 1 4
4
1 2 2
1 3 3
2 4 4
3 4 5
1
2 4 3
Output:
1 2 4
2
5
Idea
根据题意，已知起点和终点，最多只会用到一条商业线的边。
首先用前向星存储经济线的边，需要注意这里经济线和商业线的边都是无向边。然后我们可以枚举每一条商业线，计算起点到u的最短路以及v到终点的最短路再加上uv这条商业线所花费的时间即边权。依据这种方法，先用两遍Dijkstra分别以起点和终点为源点求单源最短路，得到dis1、dis2数组，同时记录路径（用于输出时回溯路径），得到path1、path2数组；然后枚举每条商业边{u,v,w}，为降低复杂度可以边输入边枚举，也就不需要数组存储这些边了，取min{dis1[u]+dis2[v]+w,dis1[v]+dis2[u]+w}，记录对应的边的顶点并更新总花费时间ans。最后将ans与不走商业线的答案比较取最小值。
对于不使用商业线的情况，直接从终点回溯到起点输出。对于使用商业线的情况，商业线的两侧要分别回溯，从商业线左端向起点回溯，从商业线右端向终点回溯，最后按序输出。（回溯过程可以用vector储存）
最后注意输出格式，每组数据间需要有换行，即从第二组开始每组输出之前要先输出个回车。
Summary
这题是单源最短路的应用，可以用比较暴力的方法：两遍求单源最短路+枚举。
输出格式比较复杂，尤其注意每组数据间的换行。
这道题T了不少次，改来改去一直找不到问题，后来发现去了关同步（cin.sync_with_stdio(false);）就A了，加了就T。
由于要用的数组比较多，每组数据开始前一定要注意初始化！
时间复杂度是O（(n+m)logn）
Codes
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
const int inf = 10000000;
const int maxn = 100020;
int N, S, E, m, K, head[maxn], tot = 0;
int dis1[maxn], dis2[maxn], vis[maxn], path1[maxn], path2[maxn];
bool flag = false;
struct edge {
int u, v, w, next = -1;
}e[10200];
//前向星
void add(int u, int v, int w) {
e[tot].u = u;
e[tot].v = v;
e[tot].w = w;
e[tot].next = head[u];
head[u] = tot;
tot++;
}
void dij(int s, int*dis, int*path) {
struct couple {
int d, y;
couple() {}
couple(int a, int b) {
d = a, y = b;
}
bool operator<(const couple &c) const {
return d > c.d;
}
};
priority_queue<couple> q;
while (q.size())q.pop();
for (int i = 1; i <= N; i++) { vis[i] = 0; }
for (int i = 1; i <= N; i++)dis[i] = inf;
path[s] = -1;
dis[s] = 0;
q.push(couple(0, s));
while (!q.empty()) {
int x = q.top().y;
q.pop();
if (vis[x])continue;
vis[x] = 1;
for (edge t = e[head[x]];; t = e[t.next]) {
int y = t.v, w = t.w;
if (dis[y] > dis[x] + w) {
dis[y] = dis[x] + w;
q.push(couple(dis[y], y));
path[y] = x;
}
if (t.next == -1)break;
}
}
}
void init() {
for (int i = 0; i <= N; i++) {
head[i] = -1;
path1[i] = 0;
path2[i] = 0;
dis1[i] = inf;
dis2[i] = inf;
}
}
int main()
{
while (scanf("%d%d%d", &N, &S, &E) != EOF) {
init();
cin >> m;
while (m--) {
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
add(x, y, z);
add(y, x, z);
}
//分别以起点和终点为源点求单源最短路
dij(S, dis1, path1);
dij(E, dis2, path2);
vector<int> v;
int minu, minv, ans = 100000000;
cin >> K;
for (int i = 1; i <= K; i++)
{//枚举每条商业线
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
if (dis1[x] + dis2[y] + z < ans) {
minu = x; minv = y;
ans = dis1[x] + dis2[y] + z;
}
if (dis2[x] + dis1[y] + z < ans) {
minu = y; minv = x;
ans = dis2[x] + dis1[y] + z;
}
}
//回车
if (!flag) flag = true;
else putchar('\n');
if (dis1[E] < ans)//不使用商业线
{//回溯路径
for (int i = E; i != S; i = path1[i])
v.push_back(i);
v.push_back(S);
for (int i = v.size() - 1; i >= 1; i--)
printf("%d ", v[i]);
printf("%d\nTicket Not Used\n%d\n", v[0], dis1[E]);
}
else {//使用商业线
for (int i = minu; i != S; i = path1[i])
v.push_back(i);
v.push_back(S);
for (int i = minv; i != E; i = path2[i])
v.insert(v.begin(), i);
v.insert(v.begin(), E);
for (int i = v.size() - 1; i >= 1; i--)
printf("%d ", v[i]);
printf("%d\n%d\n%d\n", v[0], minu, ans);
}
}
}
