D-最短路(poj1860)
来源:互联网 发布:js object添加元素 编辑:程序博客网 时间:2024/06/05 04:15
题目链接: D-最短路
中文题意:
我们的城市有几个货币兑换点。让我们假设每一个点都只能兑换专门的两种货币。这里若可以有几个点,专门从事相同货币兑换。每个点都有自己的汇率,外汇汇率A到B是B的汇率数字是1A。同时各交换点有一些佣金,你要为你的交换操作的总和。在来源货币中总是收取佣金。
例如,如果你想换100美元到俄罗斯卢布兑换点,那里的汇率是29.75,而佣金是0.39,你会得到(100 - 0.39)×29.75=2963.3975卢布。
你肯定知道在我们的城市里你可以处理不同的货币。让每一种货币都用唯一的一个小于N的整数表示。然后每个交换点,可以用6个整数表描述:整数a和b表示两种货币,a到b的汇率,a到b的佣金,b到a的汇率,b到a的佣金。
nick有一些钱在货币S,他希望能通过一些操作(在不同的兑换点兑换),增加他的资本。当然,他想在最后手中的钱仍然是S。帮他解答这个难题,看他能不能完成这个愿望。
输入数据:
第一行四个数,N,表示货币的总数;M,兑换点的数目;S,nick手上的钱的类型;V,nick手上的钱的数目;1<=S<=N<=100, 1<=M<=100, V 是一个实数 0<=V<=103.
接下来M行,每行六个数,整数a和b表示两种货币,a到b的汇率,a到b的佣金,b到a的汇率,b到a的佣金(0<=佣金<=102,10-2<=汇率<=102)
输出数据:
如果nick能够实现他的愿望,则输出YES,否则输出NO。
样例输入:
3 2 1 20.0
1 2 1.00 1.00 1.00 1.00
2 3 1.10 1.00 1.10 1.00
样例输出
YES
#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;int n,m,s;//m是货币种类,n是兑换点个数,s是手上钱的类型,v是手上钱的数量double map[105]={0},g1[105][105]={0},g2[101][101]={0},v;int floyd(){ int i,j,k; double d[105]; for(i=1;i<=n;i++)d[i]=map[i]; for(k=1;k<=n;k++) for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n;j++) if((map[i]-g2[i][j])*g1[i][j]>map[j])map[j]=(map[i]-g2[i][j])*g1[i][j];//如果走<i,j>这条路径的长度大于不走这条路径的长度 for(i=1;i<=n;i++) if(d[i]<map[i])return 1; return 0;}int main(){ cin>>n>>m>>s>>v; int i,j,k; for(i=1;i<=m;i++) { int a,b; double c,d,e,f; cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f; g1[a][b]=c,g2[a][b]=d; g1[b][a]=e,g2[b][a]=f; } map[s]=v; floyd(); if(floyd())cout<<"YES\n"; else cout<<"NO\n";}
一次增加一点点的正环的话就需要循环很多次才可以高于本金。货币的交换是可以重复多次的,所以我们需要找出是否存在正权回路,且最后得到的s金额是增加的。
单源最短路径算法,因为题目可能存在负边,所以用Bellman Ford算法。原始的Bellman-Ford算法可以用来求负环,这题需要改进一下用来求正环。
构造环: 一种货币就是图上的一个节点,一个兑换点就是图上两个节点之间的边。权值:当拥有货币A的数量为V时,A到A的权值为K,即没有兑换,而A到B的权值为(a-d)*c
因此初始化d(S)=V 而源点到其他店的距离(权值)初始化为无穷小(0),当s到其他某点的距离能不断变大时,说明存在最大路径
这里有个问题,输入的时候若改为scanf("%d %d %d %f",&n,&m,&s,&v);和scanf("%d %d %f %f %f %f",&a,&b,&c,&d,&e,&f);就会WA,至今没弄懂
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