POJ1158 城市交通Traffic lights IOI 1999 (最短路)

POJ1158 城市交通Traffic lights IOI 1999 (最短路)

(1) 问题描述（probolem）

在d城里交通的安排不同寻常，城中有路口和路口之间的道路，再任意两个不同的路口之间之多有一条道路。从任何一个路口出发，不可能不经过其他路口直接回到该路口。在同一条路道上反正两个方向所需要的通过时间是相同的。在每个路口上只有一盏信号灯，信号灯的颜色在蓝色和紫色之间有规律的交替变化：蓝色有特定的持续时间，紫色也有特定的持续时间，再任意一条道路的两个路口之间，当且仅当这两个路口的信号灯在同一时刻颜色相同时，车辆才被允许实力一个路口驶向另一个路口。如果车辆到达一个路口时，该路口的信号灯正在切换，那么车辆必须组收信号灯的信号。车辆可以在路口等待。你拿到城市地图会显示出以下信息：

所有道路的通过时间（整数）

每一个路口上信号灯两种颜色信号各自的持续时间（整数）

枚一个路口的信号灯得出初始颜色及其发生变化之前的保持时间

你的任务是找出一条路径，使得车辆在交通开始时，用最短的时间，从指定的出发路口到达到指定的目的路口。假设有超过这一条这样的路径，你只需找出一条即可。

（2）假设条件（assumptions）

2<=n<=300,这里n是路口的数量，路口用数字1至n标号。

1<=m<=14,000，这里m是道路的数量。

1<=<=100,这里lij是从路口i到路口j所需要的时间。

1 £ tic £ 100，这里tic是路口i的信号灯显示颜色c的持续时间。下标c为B，或P，分别代表蓝色和紫色。

1 £ ric £ tic这里ric是路口i信号灯初始颜色c的保持时间。

（3）输入（input）

输入是名为lights.inp的正式文件（text file）.

第一行保包含两个数：出发路口和目的路口的标号

第二行业包含两个数：N,M.

以下N行包行N个路口的信息，输入文件的第（I+2）行是关于路口I的信息：其中Ci

或是B，或是P,表示路口的信号灯的初始颜色；ric是Ci颜色的保持时间；tIb是蓝色的持续时间，

tiP是紫颜色的持续时间。

最后m行包含m条道路的信息，每一行有三个数：i, j, lij分别是该道路所连接的两个路口的标号及车辆通过时间。

（4）输出（output）

输出文件必须是名为lights.out的正文文件（text file）

如果所搜索的路径存在，则：

第一行包含从出发路口经最捷路径到目的路口所需要的时间。

第二行包含你所发现的最捷路径所经过路口的标号序列，你必须按通过的顺序输出路口的标号。因此，该行的第一个数应是出发路口的标号，而最后一个数则应是目的路口的标号。

如果所搜索的路径不存在，则：

输出文件只有一行，该行知包含一个整数0

（5）例子（example）

lights.inp lights.out:

	1 4 4 5 B 2 16 99 P 6 32 13 P 2 8 7 4 P 38 96 49 1 2 4 1 3 40 2 3 75 2 4 76 3 4 77
		127 1 2 4

解题报告

这个题构建最短路模型比较恶心。首先，在读入边的时候判断那条路永远不可能走，即灯变化的周期互相错开。之后，在最短路判断时要判断颜色是否一样，如果一样，就直接松弛，否者就计算至少要多久才会颜色一样。再判断是否可以松弛。

#include<bits/stdc++.h>
#define Pair pair<int,int>
#define MAXN 400+10
#define MAXM 40000+1
using namespace std;
int n,m,num,head[MAXN],s,t,pre[MAXN],dis[MAXN],v[MAXM];
int bian[MAXM],ans[MAXN];
struct Edge{
int dis,next,to,exi,from;
}edge[MAXM];
struct Crossing{
int co,tc,tp,tb;
}c[MAXN];
void add(int from,int to,int dis)
{
edge[++num].next=head[from];
edge[num].to=to;
edge[num].dis=dis;
edge[num].from=from;
head[from]=num;
edge[num].exi=1;
}
int color(int x,int t)
{
int q=t-c[x].tc,r=q%(c[x].tp+c[x].tb);
if(q<0)
return c[x].co;
if(c[x].co==1)
{
if(r<c[x].tp) return 2;
else if(r>=c[x].tp) return 1;
}else
if(c[x].co==2)
{
if(r<c[x].tb) return 1;
else if(r>=c[x].tb) return 2;
}
}
void dij()
{
memset(dis,0,sizeof(dis));
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(v,0,sizeof(v));
priority_queue<Pair,vector<Pair>,greater<Pair> > h;
for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=99999999;
dis[s]=0;
h.push(Pair(dis[s],s));
while(h.size()>0)
{
int k=h.top().second;h.pop();
if(v[k]) continue;
v[k]=1;
for(int i=head[k];i;i=edge[i].next)
if(dis[k]+edge[i].dis<dis[edge[i].to])
{
int d1=dis[edge[i].to],d2=0,dd=dis[edge[i].to]-dis[k],flag=0;
int x=edge[i].to,y=edge[i].from;
if(color(edge[i].to,dis[k])==color(edge[i].from,dis[k]))
d2=dis[k]+edge[i].dis,flag=1;
else
for(int j=dis[k];j<=dis[edge[i].to];j++)
{
if(color(edge[i].to,j)==color(edge[i].from,j))
{d2=j+edge[i].dis;flag=1;break;}
}
if(flag==1&&d2<dis[edge[i].to])
{
dis[edge[i].to]=d2;
pre[edge[i].to]=i;
h.push(Pair(d2,edge[i].to));
}
}
}
}

int main()
{

scanf("%d%d%d%d",&s,&t,&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
char k[10];
scanf("%s%d%d%d",k,&c[i].tc,&c[i].tb,&c[i].tp);
if(k[0]=='B') c[i].co=1;
else if(k[0]=='P') c[i].co=2;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z,e=0;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
if(c[x].tp==c[y].tb&&c[y].tp==c[x].tb)
{
if(c[x].tc==c[y].tc&&c[x].co!=c[y].co) e=1;
else if(c[x].tc!=c[y].tc&&abs(c[x].tc-c[y].tc)%(c[x].tp+c[x].tb)==0) e=1;
else if(c[x].tc==c[y].tc&&abs(c[x].tc-c[y].tc)%(c[x].tp+c[x].tb)==c[x].tb) e=1;
else if(c[x].tc==c[y].tc&&abs(c[x].tc-c[y].tc)%(c[x].tp+c[x].tb)==c[x].tp) e=1;
}
if(!e)
add(x,y,z),
add(y,x,z);
}

dij();
if(dis[t]==99999999) {printf("0\n");return 0;}
printf("%d\n",dis[t]);
for(int i=pre[t];i;i=pre[edge[i].from])
ans[++ans[0]]=edge[i].from;
for(int i=ans[0];i>=1;i--)
{
printf("%d ",ans[i]);
}printf("%d\n",t);
return 0;
}