交通规划 ccf

原文地址: http://moilk.org/blog/2016/10/27/ccf2016094/

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。
解题说明
　　先看一下题目，“所有城市乘坐高速铁路到首都的最短路程和原来一样长”，说明结果满足单源最短路径；“最少要改造多少铁路”，说明是要在最短路径中找最小花费。如下图所示，点1到点3的最短路径是4，要连通点3，1-2-3、1-3和1-4-3都是最短路径。但是如果选1-3，需要增加的铁轨为4个单位；选1-2-3需要增加的铁轨为2个单位；而选1-4-3的话，需要增加的铁轨只有1个单位。所以此时应该选最后一种方案。
　　


　　程序实现上只需要对dijkstra算法增加一点代码就可以。我们用D算法不是要得到最短路径，而是要得到最短路径下连通每个点所增加的最小的边是多少。如果用costo[v]表示连通v点所增加的边的权重，比如上图中costo[3]=1。当遇到上述多种选项时，也就是disto[v]==disto[u]+cost时，让costo[v]=min(costo[v],cost)，这样最终得到的costo[v]就是满足最短路径条件下的最小花费。

邻接表版

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>

#define LL long long
int const MAX = 11111;
int const INF = 1 << 30;

using namespace std;

//end是边的目标节点,dis是边权
struct Node {
int end, dis;
Node(){ }

Node(int e, int d) : end(e), dis(d){ }

};

vector<Node> g[MAX];
int n, m;
int d[MAX], cost[MAX];
bool vis[MAX];

void dijk(int st){
fill(d + 1, d + 1 + n, INF);
d[st] = 0;
cost[st]=0;
for(int i = 0 ; i <= n ; i++){
int u = -1, mind = INF;
for(int j = 1 ; j <= n ; j++){
if(vis[j] == 0 && d[j] < mind){
u = j;
mind = d[j];
}
}

if(u == -1) return;
vis[u] = 1;
for(int j = 0 ; j < g[u].size() ; j++){
int v = g[u][j
7fe0
].end, t = d[u] + g[u][j].dis;

if(vis[v] == 0 && t < d[v]){
d[v] = t;
cost[v] = g[u][j].dis;
} else if(vis[v] == 0 && t == d[v]){
cost[v] = min(cost[v], g[u][j].dis);
}
}
}
}

int main(int argc, char*argv[]){
scanf("%d %d", &n, &m);
while(m--){
int x, y, z;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
g[x].push_back(Node(y, z));
g[y].push_back(Node(x, z));
}

dijk(1);
int ans = 0;
for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
ans += cost[i];
printf("%d\n", ans);

return 0;
}

优先队列的邻接表版

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>

#define NMAX 10005
#define INTMAX 0x7fffffff

using namespace std;

// v表示节点，cost表示出发点到v点的距离
struct Node {
int v;
int cost;
Node(int vv = 0, int c = 0){
v = vv, cost = c;
}

// 优先队列将按距离从小到大排列
friend bool operator < (Node n1, Node n2){
return n1.cost > n2.cost;
}

};

// v表示边的另一端节点，cost表示该边的权重
struct Edge {
int v;
int cost;
Edge(int vv = 0, int c = 0){
v = vv, cost = c;
}

};

vector<Edge>G[NMAX];// 无向图
bool marked[NMAX];// D算法中每个顶点仅处理一遍
int disto[NMAX];// 出发点到某点距离
int costo[NMAX];// 接通该点需要增加的边的权重
int N, M;

void dijkstra(int s){
for(int i = 0 ; i <= N ; i++){
costo[i] = disto[i] = INTMAX;
marked[i] = false;
}
disto[s] = 0;
costo[s] = 0;
priority_queue<Node>pq;// 保存<v,disto[v]>且按disto[v]升序排列
pq.push(Node(s, 0));
marked[0] = true;

Node tmp;
while(!pq.empty()){
tmp = pq.top();
pq.pop();
int v = tmp.v;
if(!marked[v]){
marked[v] = true;
int len = G[v].size();
for(int i = 0 ; i < len ; i++){
int vv = G[v][i].v;
if(marked[vv])
continue;
int cost = G[v][i].cost;
int newdist = disto[v] + cost;
if(disto[vv] > newdist){
disto[vv] = newdist;
costo[vv] = cost;// 增加的内容
pq.push(Node(vv, disto[vv]));
}
// 增加的内容
// 加入点vv时若出现多种距离相同的方案，选取新边最小那个
if(disto[vv] == newdist){
costo[vv] = min(costo[vv], cost);
}
}
}
}
}

int main(void){
cin >> N >> M;

int s, e, c;
for(int i = 0 ; i < M ; i++){
cin >> s >> e >> c;
G[s].push_back(Edge(e, c));
G[e].push_back(Edge(s, c));
}
dijkstra(1);

// 统计边权重
int res = 0;
for(int i = 2 ; i <= N ; i++){
res += costo[i];
}
cout << res << endl;

return 0;
}

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>

#define LL long long
int const MAX = 11111;
int const INF = 1 << 30;

using namespace std;

//end是边的目标节点,dis是边权
struct Node {
int end, dis;
Node(){ }

Node(int e, int d) : end(e), dis(d){ }

friend  bool operator < (Node a, Node b){
return a.dis > b.dis;
}

};

vector<Node> g[MAX];
int n, m;
int d[MAX], cost[MAX];
bool vis[MAX];

void dijk(int st){
fill(d + 1, d + 1 + n, INF);
d[st] = 0;
cost[st] = 0;
// 保存<v,dis[v]>且按disto[v]升序排列
priority_queue<Node> q;
//加上会出错
//    vis[st] = 1;
q.push(Node(st, 0));

while(!q.empty()){
Node t = q.top();
q.pop();
int v = t.end;
if(vis[v] == 0){
vis[v] = 1;
for(int i = 0 ; i < g[v].size() ; i++){
int end = g[v][i].end;
if(vis[end] == 1)
continue;
int newdis = d[v] + g[v][i].dis;

if(d[end] > newdis){
d[end] = newdis;
cost[end] = g[v][i].dis;
q.push(Node(end, newdis));
} else if(d[end] == newdis){
cost[end] = min(cost[end], g[v][i].dis);
}
}
}
}
}

int main(int argc, char*argv[]){
scanf("%d %d", &n, &m);
while(m--){
int x, y, z;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
g[x].push_back(Node(y, z));
g[y].push_back(Node(x, z));
}

dijk(1);
int ans = 0;
for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
ans += cost[i];
printf("%d\n", ans);

return 0;
}

邻接矩阵,会超内存

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define LL long long
int const MAX = 1111;
int const INF = 1 << 30;

using namespace std;
int g[MAX][MAX];
bool vis[MAX];
int n, m;
//d[i]是到该节点的最小距离,cost[i]是延伸到该节点需要增加多少花费
int d[MAX], cost[MAX];

void dijk(int st){
//设置初始纸无穷大
fill(d, d + MAX, INF);
d[st] = 0;
cost[st] = 0;

for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
int u = -1, mind = INF;
for(int j = 1 ; j <= n ; j++) if(vis[j] == 0 && d[j] < mind){
u = j;
mind = d[j];
}
if(u == -1) return;
vis[u] = 1;
for(int v = 1 ; v <= n ; v++){
int t = d[u] + g[u][v];
if(vis[v] == 0 && g[u][v] != INF && t < d[v]){
d[v] = t;
cost[v] = g[u][v];
} else if(vis[v] == 0 && g[u][v] != INF && t == d[v]){
cost[v] = min(cost[v], g[u][v]);
}
}
}
}

int main(int argc, char*argv[]){
scanf("%d %d", &n, &m);
fill(g[0], g[0] + MAX * MAX, INF);
while(m--){
int x, y, z;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
g[x][y] = g[y][x] = z;
}

dijk(1);
int ans = 0;
for(int i = 2 ; i <= n ; i++)
ans += cost[i];
printf("%d\n", ans);

return 0;
}