Vijos 1391 想越狱的小杉

Vijos 1391 想越狱的小杉

题目位置

https://vijos.org/p/1391

题目描述

小杉看了看自己的纹身，明白了整个管道网是由N个小房间和若干小房间之间的单向的管道组成的。

小房间编号为不超过N的正整数。

对于某个管道，小杉只能在人品不超过一定程度时通过。

小杉一开始在房间1，现在小杉想知道，每个小房间他最多能够以人品多少的状态到达。

注意，小杉的人品在出发以后是不会改变的。

输入格式

每组测试数据的

第一行有一个正整数N(1<=N<=2000)。

接下来若干行描述管道，每行三个正整数A,B,R(1<=A,B<=N)，表示A房间有一条到达B房间的管道，且小杉的人品不超过R时可以通过（注意从B房间不可由此管道到达A房间，即管道是单向的)

整个输入数据以一行0 0 0结束

特别地，对于30%的数据，有N<=100

输出格式

对每组测试数据输出N-1行，分别表示对于2到N号的小房间，小杉最多能够以人品多少的状态到达。

样例输入

4

1 2 30

1 3 20

2 3 25

3 4 30

2 4 20

0 0 0

样例输出

30

25

25

样例图示



对于这道题，有几点比较坑人，解决了这几点后就没什么难的了：

首先，题目告诉我们他可能为多组数据，要进行判断，

其次，如果到不了的话要输出0，这也是暴零的原因。

然后结合图分析后发现，这只是一道最短路的题目，只不过判断的是前面边的最小值与新加边二者的最小值，这样就可以得出代码了

C++代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
int n,tot,to[100000],nex[100000],val[100000],head[2002];
int f[2002],v[100000];
queue <int> q;
void add(int x,int y,int z)
{
to[++tot]=y;
val[tot]=z;
nex[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void spfa()
{
int x,y;
memset(f,0,sizeof(f));
q.push(1),f[1]=0x7fffffff,v[1]=1;
while(!q.empty())
{
x=q.front();
q.pop();
v[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=nex[i])
{
if(f[y=to[i]]<min(f[x],val[i]))//比较源点与入度，较小者关系
{
f[y]=min(f[x],val[i]);
if(!v[y])
{
v[y]=1;
q.push(y);
}
}
}
}
for(int i=2;i<=n;i++)
printf("%d\n",f[i]);//输出
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))//判断多组数据
{
int a,b,c,x,y;
memset(head,0,sizeof(head));
tot=0;//记得置零
while(scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)&&!(a==0&&b==0&&c==0))
add(a,b,c);

spfa();
}
return 0;
}

即可AC



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