POJ_1062 昂贵的聘礼 Dijkstra

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本题为 Dijkstra 的应用

储存结构：

所有的替代品关系都可以储存在边上，酋长的承诺，应作为最终的终点“1”

另外应虚设一个结点“0”，“0”到“1->n”的n条有向边储存商品的原价

实现原理：

每一趟 Dijkstra 以枚举出来的最小等级跑一边，把“0”作为源点，最后取酋长承诺点“1”的 mincost[1] 值

最小等级枚举的说明：

图上一条路径可以看作整条交易链，宅整条交易的过程中高低等级悬殊不可以超过m，可以通过“枚举最小等级”的方法来实现

依次将“1->n”n个结点的等级作为最小等级，跑一边Dijkstra，沿着边向外拓展维护的时候，弧头结点等级与最小等级差超过 m，或者弧头节点等级小于最小等级，都是为边不可达

AC关键代码：

#define PP pair<int, int>#define INF 0x3f3f3f3fstruct edge{    int u, v;    int to, cost;    bool operator < (const edge &right) const {        return cost < right.cost;    }};const int maxn = 100 + 10;int m, n;vector<edge> G[maxn];int mincost[maxn];int value[maxn];int level[maxn];void init(){    cin >> m >> n;    edge buf;    int u, x;    for (int i = 1; i <= n; i ++){        scanf("%d%d%d", &value[i], &level[i], &x);        buf.to = i;        for (int j = 0; j < x; j ++){            scanf("%d%d", &u, &buf.cost);            G[u].push_back(buf);        }    }    for (int i = 1; i <= n; i ++){        buf.to = i;        buf.cost = value[i];        G[0].push_back(buf);    }}void manage(int minlevel){    priority_queue<PP, vector<PP>, greater<PP> > qq;    qq.push(PP(0, 0));    mem(mincost, INF);    mincost[0] = 0;    PP p;    while (!qq.empty()){        p = qq.top();        qq.pop();        int u = p.second;        if (p.first > mincost[u])   continue;        //refresh mincost        for (int i = 0; i < G[u].size(); i ++){            edge e = G[u][i];            if (!(level[e.to]-minlevel>m || level[e.to]<minlevel)){ //accessibility                if (mincost[e.to] > mincost[u]+e.cost){                    mincost[e.to] = mincost[u]+e.cost;                    qq.push(PP(mincost[e.to], e.to));                }            }        }    }}void solve(){    int ans = INF;    for (int j = 1; j <= n; j ++){        manage(level[j]);        ans = min(ans, mincost[1]);    }    cout << ans << endl;}

但是这里遇到一个费解的问题，如果正向思维，将“1”作为源点，依旧用“枚举最小等级”法，最后取所有节点最小的“mincost(最小路径长)+value(路径终点商品原价)”的话，测试结果是WA的

附WA关键代码：

const int maxn = 100 + 10;int m, n;vector<edge> G[maxn];int mincost[maxn];int value[maxn];int level[maxn];void init(){    cin >> m >> n;    edge buf;    int x;    for (int i = 1; i <= n; i ++){        scanf("%d%d%d", &value[i], &level[i], &x);        for (int j = 0; j < x; j ++){            scanf("%d%d", &buf.to, &buf.cost);            G[i].push_back(buf);        }    }}void manage(int minlevel){    priority_queue<PP, vector<PP>, greater<PP> > qq;    qq.push(PP(0, 1));    mem(mincost, INF);    mincost[1] = 0;    PP p;    while (!qq.empty()){        p = qq.top();        qq.pop();        int u = p.second;        if (p.first > mincost[u])   continue;        //refresh mincost        for (int i = 0; i < G[u].size(); i ++){            edge e = G[u][i];            if (!(level[e.to]-minlevel>m || level[e.to]<minlevel)){                if (mincost[e.to] > mincost[u]+e.cost){                    mincost[e.to] = mincost[u]+e.cost;                      qq.push(PP(mincost[e.to], e.to));                }            }        }    }}void solve(){    int ans = INF;    for (int j = 1; j <= n; j ++){        manage(level[j]);        for (int i = 1; i <= n; i ++){            mincost[i] += value[i];            ans = min(ans, mincost[i]);        }    }    cout << ans << endl;}

这里借鉴一下其他大佬的测试样例（上面的WA版代码能通过全部测试样例）：

/*测试数据1:1 410000 3 22 80003 50001000 2 14 2003000 2 14 20050 2 05250测试数据2:1 510000 3 42 30003 20004 20005 90008000 2 33 50004 20005 70005000 1 02000 4 15 190050 1 04000测试数据3:3 810000 3 62 30003 20004 20005 90007 10008 50088000 2 33 50004 20005 70005000 1 16 10002000 4 15 190050 1 05000 1 17 40072000 4 15 190080 3 02950测试数据4:1 101324 0 01234 0 0255 0 067 0 056 0 02134 0 0456 0 02345 0 067 0 06436 0 01324测试数据5:  ///debug    一整条交易向上的等级差异都不能超过 m///这里帮助我纠正了第一次写的算法，当时以为等级差只是在某一条边的两端不能超过m1 410000 3 22 13 31000 2 24 13 11000 3 14 2100 4 0105测试数据6:3 510000 3 42 30003 20004 20005 90008000 2 33 50004 20005 70005000 1 02000 4 15 190050 1 03950测试数据7:0 510000 3 42 30003 20004 20005 90008000 2 33 50004 20005 70005000 4 02000 3 15 190050 2 04000*/