洛谷 P2656 采蘑菇

洛谷 P2656 采蘑菇

题目描述

小胖和ZYR要去ESQMS森林采蘑菇。

ESQMS森林间有N个小树丛，M条小径，每条小径都是单向的，连接两个小树丛，上面都有一定数量的蘑菇。小胖和ZYR经过某条小径一次，可以采走这条路上所有的蘑菇。由于ESQMS森林是一片神奇的沃土，所以一条路上的蘑菇被采过后，又会长出一些新的蘑菇，数量为原来蘑菇的数量乘上这条路的“恢复系数”，再下取整。

比如，一条路上有4个蘑菇，这条路的“恢复系数”为0.7，则第一~四次经过这条路径所能采到的蘑菇数量分别为4,2,1,0.

现在，小胖和ZYR从S号小树丛出发，求他们最多能采到多少蘑菇。

对于30%的数据，N<=7，M<=15

另有30%的数据，满足所有“恢复系数”为0

对于100%的数据，N<=80,000，M<=200,000，0.1<=恢复系数<=0.8且仅有一位小数，1<=S<=N.

输入输出格式

输入格式：
第一行，N和M

第2……M+1行，每行4个数字，分别表示一条小路的起点，终点，初始蘑菇数，恢复系数。

第M+2行，一个数字S

输出格式：
一个数字，表示最多能采到多少蘑菇，在int32范围内。

输入输出样例

输入样例#1：
3 3
1 2 4 0.5
1 3 7 0.1
2 3 4 0.6
1
输出样例#1：
8

思路：用tarjan缩点求强连通分量再重建图，spfa跑最长路。

题解：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<queue>#include<stack>using namespace std;const int maxn=400000+10;struct cc{    int from,to,cost;    double xs;}es[maxn],es1[maxn];int first[maxn],nxt[maxn];int first1[maxn],nxt1[maxn];int tot=0;void build(int ff,int tt,int pp,double dd){    es[++tot]=(cc){ff,tt,pp,dd};    nxt[tot]=first[ff];    first[ff]=tot;}int tot1=0;void build1(int ff,int tt,int pp){    es1[++tot1]=(cc){ff,tt,pp};    nxt1[tot1]=first1[ff];    first1[ff]=tot1;}int low[maxn],dfn[maxn];stack<int>s;int scc_num[maxn];int cnt=0,scc_cnt=0;int dfs(int u)//tarjan {    low[u]=dfn[u]=++cnt;    s.push(u);    for(int i=first[u];i;i=nxt[i])    {        int v=es[i].to;        if(!dfn[v])        {            low[v]=dfs(v);            low[u]=min(low[u],low[v]);        }        else if(!scc_num[v])        {            low[u]=min(low[u],dfn[v]);        }    }    if(low[u]==dfn[u])    {        scc_cnt++;        while(!s.empty())        {            int v=s.top(); s.pop();            scc_num[v]=scc_cnt;            if(u==v)            {                break;            }        }    }    return low[u];}int d[maxn];//存强连通分量的点权 bool vis[maxn];queue<int>q;void pre(int u){    for(int i=first[u];i;i=nxt[i])    {        int v=es[i].to;        if(scc_num[u]==scc_num[v])//计算         {            while(es[i].cost)            {                d[scc_num[u]]+=es[i].cost;                es[i].cost*=es[i].xs;            }        }        else//建边         {            build1(scc_num[u],scc_num[v],es[i].cost);        }    }}int dis[maxn];void spfa(int s){    q.push(s);    vis[s]=1;    while(!q.empty())    {        int u=q.front(); q.pop();        vis[u]=0;        for(int i=first1[u];i;i=nxt1[i])        {            int v=es1[i].to;            if(dis[v]<dis[u]+es1[i].cost+d[v])            {                dis[v]=d[v]+dis[u]+es1[i].cost;                if(!vis[v])                {                    vis[v]=1;                    q.push(v);                }            }        }    }}int main(){    int n,m;    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int x,y,z;        double t;        scanf("%d%d%d%lf",&x,&y,&z,&t);        build(x,y,z,t);    }    int s;    scanf("%d",&s);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        if(!dfn[i])        {            dfs(i);//tarjan缩点         }    }    for(int i=1;i<=n;i++)    {        pre(i);//算出每个强连通分量里可以采的蘑菇数量并重建边     }    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)    {        dis[i]=d[i];    }    spfa(scc_num[s]);    int ans=0;    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)    {        ans=max(ans,dis[i]);    }    printf("%d",ans);    return 0;}