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这道题目很新颖，但是不会做(:зゝ∠)。看了下叉姐的代码，简单易懂。

题目大意是给你n个点,我们知道最多存在n*(n-1)/2条边，其中m条边是题目给出的，经过它们需要花费的时间为a,另外剩下的花费时间为b(为了方便，我们就叫a边和b边)问你从起点到终点(1号点到n号点)，需要花费的最短时间是多少。

思路是这样的，我们先用临界表将所有的边存储下来，然后在以起点为开头的邻接表中找是否有直接到终点的a边。

1.如果没有的话，那么说明从起点到终点有一条b边。然后我们从起点开始寻找一条能间接通往终点，并且由a组成的边，如果有的话，且总距离为res,那么最后的结果就是 ans = Min(b,res).

2.如果有的话，那么说明从起点到终点有一条a边。这种情况稍微复杂些。我们用mark[i]来记录i点是否属于mark[i]的邻接表中，用set来维护一个未被访问的点。然后先将起点放入队列，弹出一个节点，我们就遍历一遍其所有的邻接点，我们用mark[i]记录，记录好以后，我们寻找比当前节点编号大的节点v，并判断它们之间是否有边(用mark[v] == u来判断，如果不等于的话，那么它们之间就是没有边)，然后更新下由b组成的最短路。如果最终发现到终点是存在这么一条由b组成的路，且总距离为res,那么最后的结果就是 ans = Min(a,res)。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<time.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<iterator>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#include<limits.h>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
//#define ONLINE_JUDGE
#define eps 1e-5
#define INF 0x7fffffff
#define FOR(i,a) for((i)=0;i<(a);(i)++)
#define MEM(a) (memset((a),0,sizeof(a)))
#define sfs(a) scanf("%s",a)
#define sf(a) scanf("%d",&a)
#define sfI(a) scanf("%I64d",&a)
#define pf(a) printf("%d\n",a)
#define pfI(a) printf("%I64d\n",a)
#define pfs(a) printf("%s\n",a)
#define sfd(a,b) scanf("%d%d",&a,&b)
#define sft(a,b,num) scanf("%d%d%d",&a,&b,&num)
#define for1(i,a,b) for(int i=(a);i<b;i++)
#define for2(i,a,b) for(int i=(a);i<=b;i++)
#define for3(i,a,b)for(int i=(b);i>=a;i--)
#define MEM1(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MEM2(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define ll long long
const double PI=acos(-1.0);
template<class T> T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}
template<class T> T lcm(T a,T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b){return a<b?a:b;}
template<class T> inline T Max(T a,T b){return a>b?a:b;}
using namespace std;
//#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
int n,m,x;
#define N 5000010
#define M 100010
#define Mod 1000000000
#define p(x,y) make_pair(x,y)
const int MAX_len=550;
int a,b;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt", "r", stdin);
//  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b)!=EOF){
vector<int> G
;
int u,v;
for(int i=0;i<m;i++){
sfd(u,v);
u--,v--;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
for(int i=0;i<n;i++){   //将i点的领边排序，然后去重
sort(G[i].begin(),G[i].end());
G[i].erase(unique(G[i].begin(),G[i].end()),G[i].end());
}

if(find(G[0].begin(),G[0].end(),n-1) == G[0].end()){ //从起始点到终点没有一条长度为a的边(即有一条b的边)
int dis[M];
memset(dis,-1,sizeof dis);
dis[0] = 0;
queue<int> q;
q.push(0);
while(!q.empty()){
int u = q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++){    //计算从起点到终点最短路(因为dis[v]只在dis[v]==-1的时候
//更新一次，bfs又是层次遍历，所以刚开始遍历到终点那肯定是最短路)
int v = G[u][i];
if(dis[v] == -1){
dis[v] = dis[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
ll ans = (ll)b; //从起点到终点有一条长度为b的边
if(dis[n-1] != -1){ //如果dis[n-1]!=-1，说明从起点到终点有一条由a长度铺设的路径
ans = Min(ans,(ll)dis[n-1]*a);
}
printf("%lld\n",ans);
}else{                          //从起点到终点有一条长度为a的边
int dis[M];
memset(dis,-1,sizeof dis);
dis[0]=0;
int mark[M];        //记录每个点的头结点
memset(mark,-1,sizeof mark);
set<int> s;
for(int i=1;i<n;i++)    //维护未访问的点
s.insert(i);
queue<int>q;
q.push(0);
while(!q.empty()){
int u = q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++){ //记录所有u节点的邻接节点
mark[G[u][i]] = u;
}
int p = -1; //当前节点
while(1){
set<int>::iterator it = s.upper_bound(p); //找一个比当前节点大而且未访问过的点
if(it == s.end())
break;
p = *(it);
if(mark[p] != u){ //如果mark[p]!=u，说明它们之间有一条为b的边
s.erase(it);
dis[p] = dis[u]+1;
q.push(p);
}
}
}
ll ans = (ll)a;     //原本是存在一条为a的道路
if(dis[n-1] != -1){ //说明从起点到终点有一条由b铺设而成的到道路
ans = Min(ans,(ll)dis[n-1]*b);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}