（CCF 201409-4）最优配餐 [简单多源点BFS]

问题描述

　　栋栋最近开了一家餐饮连锁店，提供外卖服务。随着连锁店越来越多，怎么合理的给客户送餐成为了一个急需解决的问题。

　　栋栋的连锁店所在的区域可以看成是一个n×n的方格图（如下图所示），方格的格点上的位置上可能包含栋栋的分店（绿色标注）或者客户（蓝色标注），有一些格点是不能经过的（红色标注）。

　　方格图中的线表示可以行走的道路，相邻两个格点的距离为1。栋栋要送餐必须走可以行走的道路，而且不能经过红色标注的点。

　　


　　送餐的主要成本体现在路上所花的时间，每一份餐每走一个单位的距离需要花费1块钱。每个客户的需求都可以由栋栋的任意分店配送，每个分店没有配送总量的限制。

　　现在你得到了栋栋的客户的需求，请问在最优的送餐方式下，送这些餐需要花费多大的成本。

输入格式

　　输入的第一行包含四个整数n, m, k, d，分别表示方格图的大小、栋栋的分店数量、客户的数量，以及不能经过的点的数量。

　　接下来m行，每行两个整数xi, yi，表示栋栋的一个分店在方格图中的横坐标和纵坐标。

　　接下来k行，每行三个整数xi, yi, ci，分别表示每个客户在方格图中的横坐标、纵坐标和订餐的量。（注意，可能有多个客户在方格图中的同一个位置）

　　接下来d行，每行两个整数，分别表示每个不能经过的点的横坐标和纵坐标。

输出格式

　　输出一个整数，表示最优送餐方式下所需要花费的成本。

样例输入

10 2 3 3

1 1

8 8

1 5 1

2 3 3

6 7 2

1 2

2 2

6 8

样例输出

29

评测用例规模与约定

　　前30%的评测用例满足：1<=n <=20。

　　前60%的评测用例满足：1<=n<=100。

　　所有评测用例都满足：1<=n<=1000，1<=m, k, d<=n^2。可能有多个客户在同一个格点上。每个客户的订餐量不超过1000，每个客户所需要的餐都能被送到。

分析：

此题就是要求连锁店到客户的最短距离。

相当于是，求多源点的BFS。

所以，和普通的BFS不同之处在于，直接最初将所有的源点加入队列即可。

注意：答案要用long long int

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
#define LL long long

const int maxn = 1010;
struct node
{
int x,y,c;
};

int num[maxn][maxn];
bool vis[maxn][maxn];
int n,m,k,d;
int dir[4][2] = {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};

int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
int x,y,c;
memset(num,0,sizeof(num));
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<node> q;
node now,ne;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&d);
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
now.x = x; now.y = y; now.c = 0;
q.push(now);
vis[x][y] = 1;
}
for(int i=0;i<k;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
num[x][y] = c;
}
for(int i=0;i<d;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
vis[x][y] = 1;
}
long long int ans = 0;
while(!q.empty())
{
now = q.front(); q.pop();
if(num[now.x][now.y] != 0)
{
ans += (num[now.x][now.y] * now.c);
k--;
if(k == 0) break;
}
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx = now.x + dir[i][0];
int yy = now.y + dir[i][1];
if(xx >=1 && xx <= n && yy >=1 && yy <= n && !vis[xx][yy])
{
ne.x = xx;
ne.y = yy;
ne.c = now.c + 1;
q.push(ne);
vis[ne.x][ne.y] = 1;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}