Travel（dij）

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64bit IO Format: %lld

转自：http://blog.csdn.net/qq_34287501/article/details/78376892

题目描述

精灵王国有N座美丽的城市，它们以一个环形排列在Bzeroth的大陆上。其中第i座城市到第i+1座城市花费的时间为d[i]。特别地，第N座城市到第1座城市花费的时间为d[N]。这些道路都是双向的。

另外，精灵们在数千年的时间里建造了M座传送门，第i座传送门连接了城市u[i]与城市v[i]，并且需要花费w[i]的时间通过（可能有两座传送门连接了同一对城市，也有可能一座传送门连接了相同的两座城市）。这些传送门都是双向的。

小S是精灵王国交通部部长，她的职责是为精灵女王设计每年的巡查路线。每次陛下会从某一个城市到达另一个城市，沿路调查每个城市的治理情况，

她需要找出一条用时最短的路线。

输入描述:

第一行为2个整数N、M。第二行为N个正整数d[i]。接下来M行每行三个正整数u[i]、v[i]、w[i]。第M+3行为一个正整数Q，表示需要设计路线的次数。接下来Q行每行两个正整数x、y，表示一次从城市x到城市y的旅行。

输出描述:

Q行每行一个正整数表示该次旅行的最短时间。

示例1

输入

4 11 2 3 61 3 251 21 41 32 34 3

输出

15223

备注:

1 ≤ N、Q ≤ 52501，1 ≤ M ≤ 20，1 ≤ u[i]、v[i]、x、y ≤ N，1 ≤ d[i]、w[i] ≤ 2^(30) 

解析：该图是一个环，再加上一些传送门（就是一些边），要想求最短距离，必然从两方面考虑，没有经过传送门和经过传送门，咱可以把所有有关传送门的点，暴力求下到所有点的最短距离，因为传送点数少，最多40个，暴力下就是40*n*log(n)，然后每次询问的复杂度为O(1)，就是遍历下传送门的40个点，这样就可以写了，不会超时了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
LL d[60001], dis[41][60001], sum[60001];
int id[41], n;
struct node
{
    int v;
    LL w;
};
//dis[第几个有传送门的城市][其他城市编号]=到其他城市的最短距离
vector<node> mp[60001];
typedef pair<int, LL> P;
vector<int> vx;
 
 
void dij(int s)  //有传送门的城市在数组的位置
{
    for(int i = 1; i <= n; i++) dis[s][i] = 1ll<<60;
    dis[s][id[s]] = 0;
    priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > q;//优先队列
    q.push(make_pair(id[s], 0));
    while(!q.empty())
    {
        P p = q.top(); q.pop();
        int v = p.first;
        if(dis[s][v] < p.second) continue;
        for(int i = 0; i < mp[v].size(); i++)
        {
            node e = mp[v][i];
            if(dis[s][e.v] > dis[s][v] + e.w)
            {
                dis[s][e.v] = dis[s][v] + e.w;
                q.push(make_pair(e.v, dis[s][e.v]));
            }
        }
    }
}//迪杰斯特拉算法
 
 
 
int main()
{
    int m;
    LL res = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%I64d", &d[i]);
        res += d[i];
        //求总距离 下面的1-n的距离会用到
        mp[i].push_back((node){i%n+1, d[i]});
        mp[i%n+1].push_back((node){i, d[i]});
        //这个地方是把从i到相邻的两座城市的距离存起来了
        //i是城市编号 i%n+1是城市编号 d[i]是两城市间距离 双向 且1与n的距离为d[n]
    }
 
    sum[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++) sum[i] = sum[i-1] + d[i-1];
    //所有的城市到第一个城市的距离
    int u, v, w;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        node cur;
        cur.v = v;
        cur.w = w;
        mp[u].push_back(cur);
        cur.v = u;
        mp[v].push_back(cur);
    //存入之前所存的两城市距离、双向
        vx.push_back(u); vx.push_back(v);
    //有传送门的城市编号入队列
    }
 
    LL len = unique(vx.begin(), vx.end()) - vx.begin();
    //统计有多少个有传送门的城市
    for(LL i = 1; i <= len; i++)
    {
        id[i] = vx[i-1];
        //有传送门的城市编号存入数组
        dij(i);
        //求出有传送门的城市与其他所有城市的最短距离
    }
 
 
    int q;
    scanf("%d", &q);
    while(q--)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        LL ans = abs(sum[v] - sum[u]);
        //两个城市间不经过传送门的距离
        ans = min(ans, res - ans);
        //一个城市到另一个城市不经过传送门的两个方向的距离 取小的
        for(int i = 1; i <= len; i++)
        {
            ans = min(ans, dis[i][u] + dis[i][v]);
            //与经过传送门的距离比较 取小的
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
 
}
   

求图的最短路径算法（四种）可参考：http://blog.csdn.net/qibofang/article/details/51594673

大神讲解非常详细了。