题面:
奢侈的旅行
Time Limit: 14000/7000 MS (Java/Others) Memory Limit: 512000/512000 K (Java/Others)Total Submission(s): 240 Accepted Submission(s): 40
Problem Description
高玩小Q不仅喜欢玩寻宝游戏,还喜欢一款升级养成类游戏。在这个游戏的世界地图中一共有
n个城镇,编号依次为
1到
n。
这些城镇之间有 m条单向道路,第 i 条单项道路包含四个参数 ui,vi,ai,bi,表示一条从 ui号城镇出发,在 vi号城镇结束的单向道路,因为是单向道路,这不意味着小Q可以从 vi沿着该道路走到 ui。小Q的初始等级 level为 1,每当试图经过一条道路时,需要支付 cost=log2(level+ai/level),并且经过该道路后,小Q的等级会提升 ai级,到达 level+ai级。但是每条道路都会在一定意义上歧视低消费玩家,准确地说,如果该次所需积分 cost<bi,那么小Q不能经过该次道路,也不能提升相应的等级。
注意:本游戏中等级为正整数,但是积分可以是任意实数。
小Q位于 1号城镇,等级为 1,现在为了做任务要到 n号城镇去。这将会是一次奢侈的旅行,请写一个程序帮助小Q找到需要支付的总积分最少的一条路线,或判断这是不可能的。
这些城镇之间有 m条单向道路,第 i 条单项道路包含四个参数 ui,vi,ai,bi,表示一条从 ui号城镇出发,在 vi号城镇结束的单向道路,因为是单向道路,这不意味着小Q可以从 vi沿着该道路走到 ui。小Q的初始等级 level为 1,每当试图经过一条道路时,需要支付 cost=log2(level+ai/level),并且经过该道路后,小Q的等级会提升 ai级,到达 level+ai级。但是每条道路都会在一定意义上歧视低消费玩家,准确地说,如果该次所需积分 cost<bi,那么小Q不能经过该次道路,也不能提升相应的等级。
注意:本游戏中等级为正整数,但是积分可以是任意实数。
小Q位于 1号城镇,等级为 1,现在为了做任务要到 n号城镇去。这将会是一次奢侈的旅行,请写一个程序帮助小Q找到需要支付的总积分最少的一条路线,或判断这是不可能的。
Input
第一行包含一个正整数
T(1≤T≤30),表示测试数据的组数。
每组数据第一行包含两个整数 n,m(2≤n≤100000,1≤m≤200000),表示城镇数和道路数。
接下来 m行,每行四个整数 ui,vi,ai,bi(1≤ui,vi≤n,ui≠vi,0≤ai≤109,0≤bi≤60),分别表示每条单向道路。
每组数据第一行包含两个整数 n,m(2≤n≤100000,1≤m≤200000),表示城镇数和道路数。
接下来 m行,每行四个整数 ui,vi,ai,bi(1≤ui,vi≤n,ui≠vi,0≤ai≤109,0≤bi≤60),分别表示每条单向道路。
Output
对于每组数据,输出一行一个整数,即最少所需的总积分的整数部分,如:
4.9999输出
4,
1.0输出
1。若不存在合法路线请输出
−1。
Sample Input
13 31 2 3 22 3 1 61 3 5 0
Sample Output
2
Source
题目描述:
给你一个n个结点,m条边的图,你最开始的处在结点1处,你最开始的等级为1级。当你经过第i条边时,你的等级将会提升ai级,将会花费 log2(level+ai/level)。但是,要通过第i条路需要满足积分数要大于di。询问你从1号结点到第n号结点的最少所需要的最少积分数。
题目分析:
对于题目所给的式子cost=log2(level+ai/level),因为花费cost会存在一个log2,这个log2很可能会导致答案有精度误差,因此,我们可以想办法将这个log2去掉。
于是我们想到将等式两边同时变为2的幂,则原式子只需要满足 2^cost=1+ai/level即可。
因此我们发现,cost事实上只跟2的幂次存在关系,因此,要使cost和d进行对比,我们只需也将d变成2的幂次,即可比较。因此,我们可以先预处理好2的幂,在建立图的时候,我们只需要将d转化成2的d次方进行建图即可。
当把图建好之后,直接对整张图跑一边dijk,(其中在松弛操作中,还需要增加d和cost的比较)就可以得到最大的积分。
但是此时还需要注意的是,在这时我们所求的结果实质上是2^cost。因此,我们最后还得再取个对数才可获得最终的cost。
代码:
#include <bits/stdc++.h> #define maxn 300005 using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll>PLL; const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; ll Pow[65],d[maxn]; ll n,m; struct edge{ ll to,next; ll a,b; }q[maxn]; ll head[maxn]; ll cnt; void init(){ for(int i=0;i<65;i++){ if(i==0) Pow[i]=1; else Pow[i]=Pow[i-1]<<1; } memset(head,-1,sizeof(head)); cnt=0; } void add_edge(ll from,ll to,ll a,ll b){ q[cnt].to=to; q[cnt].a=a; q[cnt].b=b; q[cnt].next=head[from]; head[from]=cnt++; } void dijk(ll x){ memset(d,INF,sizeof(d)); priority_queue<PLL,vector<PLL>,greater<PLL> >que; d[x]=1; que.push(PLL(1,x)); while(!que.empty()){ PLL p=que.top(); que.pop(); if(d[p.second]<p.first) continue; ll xx=p.second; for(int i=head[xx];i!=-1;i=q[i].next){ ll to=q[i].to; ll aa=q[i].a; ll bb=q[i].b; if(aa/p.first>=bb-1&&p.first+aa<d[to]){ d[to]=p.first+aa; que.push(PLL(d[to],to)); } } } if(d[n]==INF){ puts("-1"); } else{ printf("%lld\n",(ll)log2(d[n])); } } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d",&n,&m); init(); for(int i=0;i<m;i++){ ll a,b,c,d; scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d); add_edge(a,b,c,Pow[d]); } dijk(1); } return 0; }