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P1629 信差送信

www.MyException.Cn  网友分享于:2013-10-08  浏览:0次
P1629 邮递员送信

P1629 邮递员送信

题目描述

有一个邮递员要送东西,邮局在节点1.他总共要送N-1样东西,其目的地分别是2~N。由于这个城市的交通比较繁忙,因此所有的道路都是单行的,共有M条道路,通过每条道路需要一定的时间。这个邮递员每次只能带一样东西。求送完这N-1样东西并且最终回到邮局最少需要多少时间。

输入输出格式

输入格式:

 

第一行包括两个整数N和M。

第2到第M+1行,每行三个数字U、V、W,表示从A到B有一条需要W时间的道路。 满足1<=U,V<=N,1<=W<=10000,输入保证任意两点都能互相到达。

【数据规模】

对于30%的数据,有1≤N≤200;

对于100%的数据,有1≤N≤1000,1≤M≤100000。

 

输出格式:

 

输出仅一行,包含一个整数,为最少需要的时间。

 

输入输出样例

输入样例#1:
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2
输出样例#1:
83
 

这一道题目,是有一些小技巧的。

首先,我们可以看到这样的多源最短路题目,可以先分析一下算法。

Floyd 本题时间复杂度 O ( {n^3} )O(n3​​)

显然,{1000}^{3}10003​​=10'0000'0000,肯定会超时(即使在本题可以过4个点,并不止30%)。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<queue>
 4 using namespace std;
 5 const int N=1001;
 6 const int M=100001;
 7 int n,m;
 8 int map[N][N];
 9 int min(int x,int y)
10 {
11     return x>y?y:x;
12 }
13 int main()
14 {
15     memset(map,0x3f,sizeof(map));
16     scanf("%d%d",&n,&m);
17     for(int i=1;i<=m;i++)
18     {
19         int x,y,z;
20         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
21         map[x][y]=min(map[x][y],z);
22     }
23     for(int k=1;k<=n;k++)
24         for(int i=1;i<=n;i++)
25             for(int j=1;j<=n;j++)
26                 map[i][j]=min(map[i][k]+map[k][j],map[i][j]);
27     int ans=0;
28     for(int i=2;i<=n;i++)
29         ans+=(map[i][1]+map[1][i]);
30     printf("%d\n",ans);
31     return 0;
32 }

 

SPFA 本题时间复杂度 O(2kE) 一般k<=2;

怎么做呢?先做一次单源最短路,求出邮局(1)到每个点的距离d_idi​​。

然后?把所有的边反向存一遍,然后还是求出邮局(1)到每个点的距离d_idi​​。

为什么这么做正确呢?因为改完之后,我们把t到1的最短路变成1到t的最短路,而路上并不会有任何问题——因为都反向了啊!

相应的,也不会出现更优路线,这个请大家自行思考为什么。

Cpp代码:

 1 #include<cstdio>
 2 #include<queue>
 3 #include<cstring>
 4 const int inf=2147483647;
 5 const int maxn=100001;
 6 using namespace std;
 7 int n,m,s,t,tot=0;
 8 int head[maxn],nxt[maxn],d[maxn],vis[maxn],w[maxn],to[maxn];
 9 int x[maxn],y[maxn],z[maxn];
10 void add(int x,int y,int z)
11 {
12     to[++tot]=y;
13     nxt[tot]=head[x];
14     head[x]=tot;
15     w[tot]=z;
16 }
17 int spfa(int u,int v)
18 {
19     memset(vis,0,sizeof(vis));
20     memset(d,0x7f,sizeof(d)); 
21     queue<int>q;
22     vis[u]=1;d[u]=0;
23     q.push(u);
24     while(!q.empty())
25     {
26         int temp=q.front();
27         vis[temp]=0;
28         q.pop();
29         for(int i=head[temp];i;i=nxt[i])
30         {
31             int change=to[i];
32             if(d[temp]+w[i]<d[change])
33             {
34                 d[change]=d[temp]+w[i];
35                 if(!vis[change])
36                 {
37                     vis[change]=1;
38                     q.push(change);
39                 }
40             }
41         }
42     }
43     int ans=0;
44     for(int i=2;i<=n;i++)
45         ans+=d[i];
46     return ans;
47 }
48 int main()
49 {
50     scanf("%d%d",&n,&m);
51     for(int i=1;i<=m;i++)
52     {
53         scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&z[i]);
54         add(x[i],y[i],z[i]);
55     }
56     int ans=spfa(1,n);
57     tot=0;
58     memset(w,0,sizeof(w));
59     memset(to,0,sizeof(to));
60     memset(nxt,0,sizeof(nxt));
61     memset(head,0,sizeof(head));
62     for(int i=1;i<=m;i++)
63         add(y[i],x[i],z[i]);
64     printf("%d\n",ans+spfa(1,n));
65     return 0;
66 }

 

 

Dijkstra 本题时间复杂度 O(2 n{log_2}n2nlog2​​n)

本题如果用spfa,理论计算量大约是2*2*10'0000=40'0000。

但是如果用Dij,那么计算量将缩小到2*1000*log1000,约等于20000,缩小到了原来的二十分之一。

思路相同,Cpp代码:

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<queue>
 4 using namespace std;
 5 const int N=1001;
 6 const int M=100001;
 7 int n,m,s,t,d[N];
 8 int edge,e[M],b[M],w[M],fir[N];
 9 int x[M],y[M],z[M];
10 void add(int x,int y,int z)
11 {
12     e[++edge]=y;
13     w[edge]=z;
14     b[edge]=fir[x];
15     fir[x]=edge;
16 }
17 struct node
18 {
19     int i,dis;
20 };
21 bool operator<(node a,node b)
22 {
23     return a.dis>b.dis;
24 }
25 priority_queue<node>Q;
26 int main()
27 {
28     scanf("%d%d",&n,&m);
29     for(int i=1;i<=m;i++)
30     {
31         scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&z[i]);
32         add(x[i],y[i],z[i]);
33     }
34     memset(d,127,sizeof(d));
35     Q.push((node){1,0});
36     d[1]=0;
37     while(!Q.empty())
38     {
39         node t=Q.top();
40         Q.pop();
41         if(d[t.i]!=t.dis)
42             continue;
43         for(int k=fir[t.i];k;k=b[k])
44         {
45             if(t.dis+w[k]<d[e[k]])
46             {
47                 d[e[k]]=t.dis+w[k];
48                 Q.push((node){e[k],d[e[k]]});
49             }
50         }
51     }
52     int ans=0;
53     for(int i=2;i<=n;i++)
54          ans+=d[i];
55     edge=0;
56     while(!Q.empty()) Q.pop();
57     memset(d,127,sizeof(d));
58     memset(e,0,sizeof(e));
59     memset(w,0,sizeof(w));
60     memset(b,0,sizeof(b));
61     memset(fir,0,sizeof(fir));
62     for(int i=1;i<=m;i++)
63         add(y[i],x[i],z[i]);
64     Q.push((node){1,0});
65     d[1]=0;
66     while(!Q.empty())
67     {
68         node t=Q.top();
69         Q.pop();
70         if(d[t.i]!=t.dis)
71             continue;
72         for(int k=fir[t.i];k;k=b[k])
73         {
74             if(t.dis+w[k]<d[e[k]])
75             {
76                 d[e[k]]=t.dis+w[k];
77                 Q.push((node){e[k],d[e[k]]});
78             }
79         }
80     }
81     for(int i=2;i<=n;i++)
82          ans+=d[i];
83     printf("%d\n",ans);
84     return 0;
85 }

 

 

三种解法各有利弊,

Floyd虽然会超时,但是它也是十分常用的,代码复杂度最低;

spfa是针对稀疏图的,而Dij是针对稠密图的。

希望大家都能够有所了解。

 

 
 
 
 
 
 

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