CCF---201712-4---行车路线---C++---Floyd + SPFA

试题编号：	201712-4
试题名称：	行车路线
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB

问题描述

	小明和小芳出去乡村玩，小明负责开车，小芳来导航。
　　小芳将可能的道路分为大道和小道。大道比较好走，每走1公里小明会增加1的疲劳度。小道不好走，如果连续走小道，小明的疲劳值会快速增加，连续走s公里小明会增加s2的疲劳度。
　　例如：有5个路口，1号路口到2号路口为小道，2号路口到3号路口为小道，3号路口到4号路口为大道，4号路口到5号路口为小道，相邻路口之间的距离都是2公里。如果小明从1号路口到5号路口，则总疲劳值为(2+2)2+2+22=16+2+4=22。
　　现在小芳拿到了地图，请帮助她规划一个开车的路线，使得按这个路线开车小明的疲劳度最小。
输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示路口的数量和道路的数量。路口由1至n编号，小明需要开车从1号路口到n号路口。
　　接下来m行描述道路，每行包含四个整数t, a, b, c，表示一条类型为t，连接a与b两个路口，长度为c公里的双向道路。其中t为0表示大道，t为1表示小道。保证1号路口和n号路口是连通的。
输出格式
　　输出一个整数，表示最优路线下小明的疲劳度。
样例输入
6 7
1 1 2 3
1 2 3 2
0 1 3 30
0 3 4 20
0 4 5 30
1 3 5 6
1 5 6 1
样例输出
76
样例说明
　　从1走小道到2，再走小道到3，疲劳度为5^2=25；然后从3走大道经过4到达5，疲劳度为20+30=50；最后从5走小道到6，疲劳度为1。总共为76。
数据规模和约定
　　对于30%的评测用例，1 ≤ n ≤ 8，1 ≤ m ≤ 10；
　　对于另外20%的评测用例，不存在小道；
　　对于另外20%的评测用例，所有的小道不相交；
　　对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 500，1 ≤ m ≤ 10^5，1 ≤ a, b ≤ n，t是0或1，c ≤ 10^5。保证答案不超过10^6。

思路

题目的难点在于怎么对连续的小路进行处理，这里先采用floyd对小路求解，再通过SPFA 分类进行求解最短路

1. 若这次走大路，那么之前走什么路都无所谓，对之前的最优解进行松弛操作
2. 若这次走小路，那么只判断之前走大路的操作，因为小路连续的操作都在floyd中做了，这里已经不考虑小路连续不连续的问题。

实现代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;

typedef long long LL;
const LL inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn = 500 + 5;
LL n, m, d[2][maxn][maxn], dis[2][maxn], inq[maxn];

void floyd() { // floyd对小路求解，求两点间的最短连续小路长度
	for (int i = 1; i < n; i++)
		for (int j = i + 1; j <= n; j++)
			for (int k = 1; k <= n; k++) 
				if(i != k && j != k) d[1][i][j] = min(d[1][i][j], d[1][i][k] + d[1][k][j]);
}

int spfa(int u) {
	memset(inq, 0, sizeof(inq));
	memset(dis, inf, sizeof(dis));
	queue<int> q;
	q.push(u); dis[0][u] = dis[1][u] = 0, inq[u] |= 1;
	while (q.size()) {
		u = q.front(); q.pop();  inq[u] = 0;
		LL len = min(dis[0][u], dis[1][u]), tag = 0;
		for (int v = 1; v <= n; v++) {
			if (v == u) continue;
			if (dis[0][v] > len + d[0][u][v]) {
				dis[0][v] = len + d[0][u][v];
				tag |= 1;
			}

			if (d[1][u][v] != inf) {
				if (dis[1][v] > dis[0][u] + d[1][u][v] * d[1][u][v]) {
					dis[1][v] = dis[0][u] + d[1][u][v] * d[1][u][v];
					tag |= 1;
				}
			}

			if (tag && !inq[v]) {
				q.push(v);
				inq[v] |= 1;
			}
		}
	}
	return min(dis[0][n], dis[1][n]);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	memset(d, inf, sizeof(d));
	LL t, a, b, c;
	cin >> n >> m;
	while (m--) {
		cin >> t >> a >> b >> c;
		d[t][a][b] = d[t][b][a] = min(d[t][a][b], c);
	}
	floyd();
	cout << spfa(1) << endl;
	return 0;
}