题目描述
小胖和ZYR要去ESQMS森林采蘑菇。
ESQMS森林间有N个小树丛，M条小径，每条小径都是单向的，连接两个小树丛，上面都有一定数量的蘑菇。小胖和ZYR经过某条小径一次，可以采走这条路上所有的蘑菇。由于ESQMS森林是一片神奇的沃土，所以一条路上的蘑菇被采过后，又会长出一些新的蘑菇，数量为原来蘑菇的数量乘上这条路的“恢复系数”，再下取整。
比如，一条路上有4个蘑菇，这条路的“恢复系数”为0.7，则第一~四次经过这条路径所能采到的蘑菇数量分别为4,2,1,0.
现在，小胖和ZYR从S号小树丛出发，求他们最多能采到多少蘑菇。
对于30%的数据，N<=7，M<=15
另有30%的数据，满足所有“恢复系数”为0
对于100%的数据，N<=80,000，M<=200,000，0.1<=恢复系数<=0.8且仅有一位小数，1<=S<=N.输入输出格式
输入格式：
第一行，N和M
第2……M+1行，每行4个数字，分别表示一条小路的起点，终点，初始蘑菇数，恢复系数。
第M+2行，一个数字S输出格式：
一个数字，表示最多能采到多少蘑菇，在int32范围内。输入输出样例
输入样例#1：
3 3
1 2 4 0.5
1 3 7 0.1
2 3 4 0.6
1
输出样例#1：
8
题解：刷了一些Tarjan的模板题，也是时候做一些难一点的题了233。这道题的做法是，我们用Tarjan求一遍强连通分量，对于每一个强连通分量中的两个有路径相连的点，他们之间的路径上的蘑菇一定能够被采光，所以我们给这个缩点后的强连通分量加上一个点权。而对于连接两个强连通分量的路径我们显然只能走一次，所以我们就可以把强连通分量缩点后跑最长路，最后求一下和就是答案。
PS：这道题我从洛谷上测只有60分，然而我扒下数据来自己测能AC。我还以为是太慢了，于是加了手读和spfa的slf优化，事实证明并没有什么用QAQ
所以这里附一下数据：我是数据╮(╯▽╰)╭
代码如下：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXV=100100;
const int MAXE=500100;
int first[MAXV],nxt[MAXE<<1],first2[MAXV],nxt2[MAXE<<1];
int dfn[MAXV],low[MAXV],d[MAXV],dian[MAXV];
int stack[MAXV],scc[MAXV];
int n,m,tot,tot1,tot2,snum,cnt;
bool in_stack[MAXV],used[MAXV];
struct edge
{
int from,to,cost;
double x;
}es[MAXE<<1];
struct edg
{
int from,to,cost;
}ex[MAXE<<1];
void init()
{
memset(first,-1,sizeof(first));
memset(first2,-1,sizeof(first2));
tot=0;
tot2=0;
}
void build(int f,int t,int d,double c)
{
es[++tot]=(edge){f,t,d,c};
nxt[tot]=first[f];
first[f]=tot;
}
void build2(int f,int t,int d)
{
ex[++tot2]=(edg){f,t,d};
nxt2[tot2]=first2[f];
first2[f]=tot2;
}
void group(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++tot1;
stack[++snum]=u;
in_stack[u]=1;
for(int i=first[u];i!=-1;i=nxt[i])
{
int v=es[i].to;
if(!dfn[v])
{
group(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(in_stack[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(low[u]==dfn[u])//找到强连通分量
{
cnt++;
// cout<<u<<" "<<cnt<<endl;
while(stack[snum+1]!=u)
{
scc[stack[snum]]=cnt;
in_stack[stack[snum]]=0;
snum--;
}
}
}
deque<int> Q;
void spfa(int s)//跑最长路
{
Q.push_front(s);
used[s]=1;
d[s]=dian[s];
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();
Q.pop_front();
used[u]=0;
for(int i=first2[u];i!=-1;i=nxt2[i])
{
int v=ex[i].to;
if(d[v]<d[u]+ex[i].cost+dian[v])
{
d[v]=d[u]+ex[i].cost+dian[v];//加上点权
if(!used[v])
{
used[v]=1;
if(Q.empty()) Q.push_back(v);//slf优化
else if(d[Q.front()]<=d[v]) Q.push_back(v);
else Q.push_front(v);
}
}
}
}
}
int read()//手读
{
int num=0,flag=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') flag=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
num=num*10+c-'0';
c=getchar();
}
return num*flag;
}
int main()
{
int s,sum=0,maxx=0;
n=read();
m=read();
// printf("%d",m);
init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int f,t,d;
double c;
f=read();
t=read();
d=read();
scanf("%lf",&c);
build(f,t,d,c);
}
s=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) group(i);
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
int xx,yy;
xx=es[i].from;
yy=es[i].to;
if(scc[xx]==scc[yy])//缩点
{
int d=es[i].cost;
while(d!=0)
{
dian[scc[xx]]+=d;//给这个点加上点权
d=d*es[i].x;//直到全部采走
}
}
else build2(scc[xx],scc[yy],es[i].cost);//在两个强连通分量之间建新的变
}
spfa(scc[s]);//从起点属于的强连通分量开始跑最长路
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(d[i]>maxx) maxx=d[i];//找一个最大值
printf("%d\n",maxx);
return 0;
}