[CSP 201612-4 交通规划] Dijkstra

[CSP 201612-4 交通规划] Dijkstra

题目链接：[201612-4 交通规划]

试题编号： 201612-4

试题名称： 交通规划

时间限制： 1.0s

内存限制： 256.0MB

问题描述：

　　G国国王来中国参观后，被中国的高速铁路深深的震撼，决定为自己的国家也建设一个高速铁路系统。

　　建设高速铁路投入非常大，为了节约建设成本，G国国王决定不新建铁路，而是将已有的铁路改造成高速铁路。现在，请你为G国国王提供一个方案，将现有的一部分铁路改造成高速铁路，使得任何两个城市间都可以通过高速铁路到达，而且从所有城市乘坐高速铁路到首都的最短路程和原来一样长。请你告诉G国国王在这些条件下最少要改造多长的铁路。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示G国城市的数量和城市间铁路的数量。所有的城市由1到n编号，首都为1号。

　　接下来m行，每行三个整数a, b, c，表示城市a和城市b之间有一条长度为c的双向铁路。这条铁路不会经过a和b以外的城市。

输出格式

　　输出一行，表示在满足条件的情况下最少要改造的铁路长度。

样例输入

4 5

1 2 4

1 3 5

2 3 2

2 4 3

3 4 2

样例输出

11

评测用例规模与约定

　　对于20%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 50；

　　对于50%的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 5000；

　　对于80%的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 50000；

　　对于100%的评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000，1 ≤ a, b ≤ n，1 ≤ c ≤ 1000。输入保证每个城市都可以通过铁路达到首都。

解题思路：

首先，对原图求出单源最短路，那么顶点之间就形成了一个拓扑图（也可以说是DAG）。因为根据题目描述，高铁所构成的图要保证每个顶点到顶点1的最短距离相等这一条性质，所以呢，遍历这个DAG，找出每个顶点u与其前驱顶点p1,p2,…,pk的最短距离，记作minx[u]， 那么答案就是∑i=Ni=1minx[i]。

#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#define FIN             freopen("input.txt","r",stdin)
#define FOUT            freopen("output.txt","w",stdout)
#define fst             first
#define snd             second

//typedef __int64 LL;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 10000 + 5;
const int MAXM = 100000 + 5;
int N, M;
struct Edge {
int v, next, w;
Edge() {}
Edge(int v, int next, int w) : v(v), next(next), w(w) {}
} edge[MAXM << 1];
int ESZ, head[MAXN];
void init() {
ESZ = 0;
memset(head, -1, sizeof(head));
}
void add_edge(int u, int v, int w) {
edge[ESZ] = Edge(v, head[u], w);
head[u] = ESZ ++;
}
struct Dij {
struct QNode {
int u, cost;
QNode() {}
QNode(int u, int cost) : u(u), cost(cost) {}
bool operator > (const QNode& e) const {
return cost > e.cost;
}
} cur;
priority_queue<QNode, vector<QNode>, greater<QNode> > Q;
int cost[MAXN];
bool vis[MAXN];
void init() {
while(!Q.empty()) Q.pop();
memset(vis, false, sizeof(vis));
memset(cost, 0x3f, sizeof(cost));
}
void run() {
int u, v, w;
Q.push(QNode(1, cost[1] = 0));
while(!Q.empty()) {
cur = Q.top();
Q.pop();
u = cur.u;
if(vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next)  {
v = edge[i].v, w = edge[i].w;
if(!vis[v] && cost[v] > cost[u] + w) {
Q.push(QNode(v, cost[v] = w + cost[u]));
}
}
}
}
} dij;
queue<int> Que;
int minx[MAXN];
int getAns() {
int u, v, w;
memset(minx, 0x3f, sizeof(minx));
Que.push(1);
minx[1] = 0;
while(!Que.empty()) {
u = Que.front();
Que.pop();
for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next)  {
v = edge[i].v, w = edge[i].w;
if(dij.cost[v] == dij.cost[u] + w) {
minx[v] = min(minx[v], w);
Que.push(v);
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= N; i++) {
ans += minx[i];
}
return ans;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
FIN;
#endif // ONLINE_JUDGE
int u, v, w, ans;
while(~scanf("%d %d", &N, &M)) {
init();
for(int i = 1; i <= M; i++) {
scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
add_edge(u, v, w);
add_edge(v, u, w);
}
dij.init();
dij.run();
ans = getAns();
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}