CodeFroces 96D Volleyball (最短路预处理跑最短路)

题目大意：给出n个路口，m条路，m条路是无向的，长度为w。然后每个路口都有一个出租车司机，只要坐他的车，就必须交c元，他最多可以载你走的长度为t的路。问从x到y的最小花费是多少。

这道题一开始写懵逼了，想直接跑一遍最短路，都测到test31了，然后wa了。后来想了好久发现，有可能一开始到达了a点，然后走到b，c后回到a，此时也是一种情况，虽然回到来的花费肯定是上涨了，但是他有可能能跑的距离变长了。发现这个我就想稍微改改，然后发现不是MLE就是TLE。。。最后想到最简单的方法就是先预处理一下，每个点可以到达的路都给预处理出来，建立一条花费为c的路，再跑一遍最短路即可。

这样复杂度看上去很高，但是由于是用的spfa，spfa跑稀疏图是很好用的，他的复杂度和边的个数有关，这才1000条边，预处理的时候每个点都跑一跑最短路，也就是n^2的复杂度。

代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<vector>#include<queue>#include<utility>#include<stack>#include<algorithm>#include<cstring>#include<string>#include<cmath>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 10005;const ll INF = 1e18;int n, m, x, y;int head[maxn], to[maxn], nx[maxn], ppp = 0;ll t[maxn];ll c[maxn];ll cost[maxn];typedef pair<int, ll>pii;vector<pii>edge[maxn];void add_edge(int u, int v, ll val) {to[ppp] = v, nx[ppp] = head[u], cost[ppp] = val, head[u] = ppp++;swap(u, v);to[ppp] = v, nx[ppp] = head[u], cost[ppp] = val, head[u] = ppp++;}ll dis[maxn];void spfa(int s) {fill(dis, dis + maxn, INF);dis[s] = 0;queue <int> q;q.push(s);while(!q.empty()) {int u = q.front();q.pop();for(int i = head[u]; ~i; i = nx[i]) {int v = to[i];if(dis[v] > dis[u] + cost[i]) {dis[v] = dis[u] + cost[i];q.push(v);}}}}void spfa2() {fill(dis, dis + maxn, INF);dis[x] = 0;queue <int> q;q.push(x);while(!q.empty()) {int u = q.front();q.pop();for(int i = 0; i < edge[u].size(); i++) {int v = edge[u][i].first;if(dis[v] > dis[u] + edge[u][i].second) {dis[v] = dis[u] + edge[u][i].second;q.push(v);}}}}int main() {#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in.txt", "r", stdin);//    freopen("out.txt", "w", stdout);#endifmemset(head, -1, sizeof(head));ppp = 0;cin >> n >> m;cin >> x >> y;while(m--) {int u, v;ll val;cin >> u >> v >> val;add_edge(u, v, val);}for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> t[i] >> c[i];}for(int i = 1; i <= n; i++) {spfa(i);for(int j = 1; j <= n; j++) {if(i != j && dis[j] <= t[i]) {edge[i].push_back(pii(j, c[i]));}}}spfa2();if(dis[y] == INF)cout << -1 << '\n';elsecout << dis[y] << '\n';return 0;}