Luogu P2966 [USACO09DEC]牛收费路径-Cow Toll Paths （图论-Floyd）

来源:Luogu P2966，JZOJ #318

题目描述

跟所有人一样，农夫约翰以着宁教我负天下牛，休叫天下牛负我的伟大精神，日日夜夜苦思生 财之道。为了发财，他设置了一系列的规章制度，使得任何一只奶牛在农场中的道路行走，都要向农夫约翰上交过路费。

农场中由 $N（1 <= N <= 250）$片草地（标号为 $1$ 到 $N$），并且有 $M（1 <= M <= 10000）$条双向道路连接草地 $A_j$ 和 $B_j（1 <= A_j <= N; 1 <= B_j <= N）$。奶牛们从任意一片草地出发可以抵达任意一片的草地。 $FJ$ 已经在连接 $A_j$ 和 $B_j$ 的双向道路上设置一个过路费 $L_j（1 <= L_j <= 100,000）$。 可能有多条道路连接相同的两片草地，但是不存在一条道路连接一片草地和这片草地本身。最值得庆幸的是，奶牛从任意一篇草地出发，经过一系列的路径，总是可以抵达其它的任意一片草地。除了贪得无厌，叫兽都不知道该说什么好。

FJ竟然在每片草地上面也设置了一个过路费 $C_i（1 <= C_i <= 100000）$。从一片草地到另外一片草地的费用，是经过的所有道路的过路费之和，加上经过的所有的草地（包括起点和终点）的过路费的最大值。

任劳任怨的牛们希望去调查一下她们应该选择那一条路径。她们要你写一个程序，接受 $K（1 <= K <= 10,000）$个问题并且输出每个询问对应的最小花费。第i个问题包含两个数字 $s_i$ 和 $t_i（1 <= s_i <= N; 1 <= t_i <= N; s_i != t_i）$，表示起点和终点的草地。

考虑下面这个包含 $5$ 片草地的样例图像:

从草地 $1$ 到草地 $2$ 的道路的“边过路费”为 $3$，草地 $2$ 的“点过路费”为 $5$。

要从草地 $1$ 走到草地 $4$，可以从草地 $1$ 走到草地 $3$ 再走到草地 $5$ 最后抵达草地 $4$。如果这么走的话， 需要的“边过路费”为 $2+1+1=4$，需要的点过路费为 $4$（草地 $5$ 的点过路费最大），所以总的花 费为 $4+4=8$。

而从草地 $2$ 到草地 $3$ 的最佳路径是从草地 $2$ 出发，抵达草地 $5$，最后到达草地 $3$。这么走的话，边过路费为 $3+1=4$，点过路费为 $5$，总花费为 $4+5=9$。

解题思路

• $N（1 <= N <= 250）$，点很少，最暴力的方法就是 $Floyd$ 的，写起来简洁明了；
• 首先，我们按点权从小到大排序，有点权小的不拿白不拿嘛；
• 这里注意：有一个预处理，就是开一个结构体，记录点的编号 $c[i].pos=i;$，再另外开一个数组 $rank$, $rank[c[i].pos]$ 表示原来编号为 $c[i].pos$ 的点排在第 $rank[c[i].pos]$个;，以便在排序后能方便快捷地找到排序前与排序后点的对应位置；
• 可是这个新奇的点权怎么处理呢？这着实是个问题。
• 在 $Floyd$ 中，因为 $k$ 的枚举是从小到大的，所以 $max(c[i].x,max(c[k].x,c[j].x))$ 为此路径的最大点权

代码君

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=250+10,MAXM=10000*2+10;
int n,m,q;
int dis[MAXN][MAXN],Cos[MAXN][MAXN],rank[MAXM];
struct node
{
	int x,pos;
}c[MAXN]={};
inline int read()  //快读
{
   int s=0,w=1;
   char ch=getchar();
   while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
   while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
   return s*w;
}
inline void write(int x)  //快写
{
    if(x<0)
	{
		putchar('-');
		x=-x;
	}
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
bool mycmp(node a,node b)  //按点权排序
{
	return a.x<b.x;
}
int main()
{
	freopen("toll.in","r",stdin);
	freopen("toll.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); q=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		c[i].x=read();
		c[i].pos=i;  //记录点编号
	}
	sort(c+1,c+n+1,mycmp);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		rank[c[i].pos]=i;  //原来编号为c[i].pos的点排在第rank[c[i].pos]个
	}
	memset(dis,10,sizeof(dis));  //初值：正无穷
	memset(Cos,10,sizeof(Cos));
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=read(),y=read(),v=read();
		dis[rank[x]][rank[y]]=min(dis[rank[x]][rank[y]],v);  //邻接矩阵
		dis[rank[y]][rank[x]]=min(dis[rank[x]][rank[y]],v);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) dis[i][i]=0;
	for (int k=1;k<=n;k++)
	 for (int i=1;i<=n;i++)
	  for (int j=1;j<=n;j++)
	  {
	  	if (i!=j)
	  	{
	  		dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);  //最短路
	  		Cos[i][j]=min(Cos[i][j],dis[i][j]+max(c[i].x,max(c[k].x,c[j].x)));  //加上点权的最短路
		}
	  }
	for (int i=1;i<=q;i++)  //q次查询
	{
		int st,en;
		st=read(); en=read();
		write(Cos[rank[st]][rank[en]]);  //输出答案
		printf("\n");
	}
	return 0;
}