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codeforces 141D Take-off Ramps
题意:
有一条起点为0,长度为L的跑道,有n个跳板,对于第i个跳板,在xi处开始起跳,但是必须在xi-pi ~ xi进行缓冲时间为pi,然后在ti的时间到达xi+di处,人可以往回走,但是跳板的方向是固定的,然后求出到达L的最短时间,并且按照起跳顺序的先后输出用了的跳板的编号。
题解:
首先需要明白的是,给出的xi这个点是无用的,那么有用的点只有xi - pi 和 xi + di。
并且转移情况复杂,包括往回走的情况,包括选跳板的情况,不选跳板的情况,走路的情况,当时一时想不出好的解决方法,但是最后发现这不是最短路么?
考虑选择跳板的情况,将跳板的左右端点连一条单向边,权值为pi + ti
考虑不选跳板的情况,将一个点与其他所有点连一条双向边,权值为距离之差,但是发现有很多边都是无用,所以只需要将左右相邻的点相连就好了。
P.S. 数据太大需要离散QAQ,还有SPFA要被卡,会T在第50组,SXBK!
代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const ll inf = 1e15 + 7; const int N = 1e6 + 7; struct edge {int u, v, nxt, w, id;}e[N<<2]; struct node {int s, t, w;} rd[N]; int inq[N], disc[N<<1], dis[N], dcnt, head[N], ecnt, n, L, ans[N], cnt, pre[N]; typedef pair <int, int> pii; #define MK(a,b) make_pair(a, b) priority_queue <pii, vector <pii>, greater<pii> > q; void adde (int u, int v, int w, int id) { e[ecnt].u = u; e[ecnt].v = v; e[ecnt].w = w; e[ecnt].id = id; e[ecnt].nxt = head[u]; head[u] = ecnt++; } void Dijkstra () { memset (dis, 127, sizeof dis); pre[1] = -1; dis[1] = 0; q.push(MK(0, 1)); while (!q.empty()) { int u = q.top().second; q.pop(); inq[u] = 0; for (int it = head[u]; it != -1; it = e[it].nxt) { int v = e[it].v; if (dis[v] > dis[u] + e[it].w) { dis[v] = dis[u] + e[it].w; pre[v] = it; q.push(MK(dis[v], v)); } } } for (int it = pre[dcnt]; it != -1; it = pre[e[it].u]) if (e[it].id != -1) ans[++cnt] = e[it].id; } int main () { scanf ("%d%d", &n, &L); memset (head, -1, sizeof head); disc[++dcnt] = 0; disc[++dcnt] = L; for (int i = 1; i <= n ; ++i) { int x, d, t, p; scanf ("%d%d%d%d", &x, &d, &t, &p); rd[i].s = x - p; rd[i].t = x + d; rd[i].w = t + p; if (x - p < 0 || x + d > L) continue; disc[++dcnt] = x - p; disc[++dcnt] = x + d; } sort (disc + 1, disc + 1 + dcnt); dcnt = unique (disc + 1, disc + 1 + dcnt) - disc - 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (rd[i].t > L || rd[i].s < 0) continue; int s = lower_bound (disc + 1, disc + 1 + dcnt, rd[i].s) - disc; int t = lower_bound (disc + 1, disc + 1 + dcnt, rd[i].t) - disc; adde (s, t, rd[i].w, i); } for (int i = 2; i <= dcnt; ++i) { int s = i - 1, t = i, w = disc[t] - disc[s]; adde (s, t, w, -1); adde (t, s, w, -1); } Dijkstra(); cout << dis[dcnt] << endl << cnt << endl; for (int i = cnt; i >= 1; --i) printf ("%d ", ans[i]); return 0; }
总结:
复杂的转移关系,简单的限制条件,就可以考虑图论QAQ
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