【JZOJ3430】DY引擎

来源：互联网发布：sql server bi 编辑：程序博客网时间：2024/05/16 01:44

Description

BOSS送给小唐一辆车。小唐开着这辆车从PKU出发去ZJU上课了。

众所周知，天朝公路的收费站超多的。经过观察地图，小唐发现从PKU出发到ZJU的所有路径只会有N（2<=N<=300）个不同的中转点，其中有M（max(0, N-100) <=M<=N）个点是天朝的收费站。N个中转点标号为1…N，其中1代表PKU，N代表ZJU。中转点之间总共有E（E<=50,000）条双向边连接。

每个点还有一个附加属性，用0/1标记，0代表普通中转点，1代表收费站。当然，天朝的地图上面是不会直接告诉你第i个点是普通中转点还是收费站的。地图上有P（1<=P<=3,000）个提示，用[u, v, t]表示：[u, v]区间的所有中转点中，至少有t个收费站。数据保证由所有标记得到的每个点的属性是唯一的。

车既然是BOSS送的，自然非比寻常了。车子使用了世界上最先进的DaxiaYayamao引擎，简称DY引擎。DY引擎可以让车子从U瞬间转移到V，只要U和V的距离不超过L（1<=L<=1,000,000），并且U和V之间不能有收费站（小唐良民一枚，所以要是经过收费站就会停下来交完钱再走）。

DY引擎果然是好东西，但是可惜引擎最多只能用K（0<=K<=30）次。

Input

第一行有6个整数N，M，E，P，L，K分别代表：N个中转点，M个收费站，E条边，P个提示，DY引擎的有效距离L，DY引擎的使用次数K。

接下去E行，每行有3个整数u，v，w（1<=u, v<=N; 1<=w<=1,000,000）表示：u和v之间有一条长度为w的双向边。

接下去P行，每行有3个整数u，v，t（1<=u<=v<=N； 0<=t<=u-v+1）表示： [u, v] 标号区间至少有t个收费站。

Output

输出一个整数，表示小唐从PZU开到ZJU用的最短距离（瞬间转移距离当然是按0来计算的）。

Sample Input

6 2 6 2 5 1
1 2 1
2 3 2
3 6 3
1 4 1
4 5 2
5 6 3
2 5 2
4 6 2

Sample Output

1

【样例解释】
4、5是收费站。1->2(1)->6(1)

Data Constraint

对于30%的数据保证：
2<=N<=30，max(0, N-10) <=M<=N，0<=k<=10

对于100%的数据保证：
2<=N<=300,max(0, N-100) <=M<=N，E<=50,000，1<=P<=3,000，1<=L<=1,000,000，0<=K<=30

Solution

首先分析一下题目，首先收费站和别的问题是完全分开的，所以我们先求解收费站。

设Si表示1~i有多少个收费站，那么原题可转化成：

有n个变量，P个形如Si−Sj≥k的条件约束，满足只有一组解，求解这组解。

这里用到了差分约束系统，不懂得可以去看一下。

这里简单介绍求解的方法：

首先整理一下不等式：Si−Sj≥k—->Sj−Si≤−k—->Sj≤si−k

还有隐藏的不等式：0≤Si−Si−1≤1

于是，我们把i到j连一条边权为−k的边，然后从n做一次最短路，就可以得出所有的Si，这样Si−Si−1就是每个点是否有收费站。

这样，第一个问题就解决了。

第二个问题让我们求使用k次引擎1~n的最短路。

那么有了第一问的条件，我们可以求出两点之间的最短路。

对于求解有很多方法，这里不一一介绍：

我们设dpi,j表示到i点用了j次引擎的最短路。那么转移可以在最短路算法中完成。

最后答案为min(dpn,i)(0≤i≤n)

Code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)#define N 301using namespace std;int n,m,E,P,L,K;int d[N];int b[N][N];bool vis[N],s[N];int f[N][N];int dp[N][31];int dl[N*N];int bs[N*N];bool bz[N][31];void find(){    int l=0,r=1;    memset(d,60,sizeof(d));    dl[1]=n;    d[n]=m;    d[0]=0;    vis[n]=true;    while(l<r)    {        l++;        int x=dl[l];        fo(i,1,n)        if(d[x]+b[x][i]<d[i])        {            d[i]=d[x]+b[x][i];            if(!vis[i])            {                vis[i]=true;                dl[++r]=i;            }        }        vis[x]=false;    }}void spfa(){    int l=0,r=1;    memset(dp,60,sizeof(dp));    memset(dl,0,sizeof(dl));    memset(bs,60,sizeof(bs));    dp[1][0]=0;    dl[1]=1;    bs[1]=0;    vis[1]=true;    while(l<r)    {        l++;        int x=dl[l],t=bs[l];        fo(i,1,n)        if(i!=x)        {            if(dp[x][t]+f[x][i]<dp[i][t])            {                dp[i][t]=dp[x][t]+f[x][i];                if(!bz[i][t])                {                    bz[i][t]=true;                    r++;                    dl[r]=i;                    bs[r]=t;                }            }            if(t<K && f[x][i]<=L && dp[i][t+1]>dp[i][t])            {                dp[i][t+1]=dp[x][t];                if(!bz[i][t+1])                {                    bz[i][t+1]=true;                    r++;                    dl[r]=i;                    bs[r]=t+1;                }            }        }        bz[x][t]=false;    }}int main(){    freopen("3430.in","r",stdin);    freopen("3430.out","w",stdout);    cin>>n>>m>>E>>P>>L>>K;    memset(f,60,sizeof(f));    fo(i,1,E)    {        int u,v,w;        scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);        f[u][v]=f[v][u]=min(f[u][v],w);    }    fo(i,1,n) f[i][i]=0;    memset(b,60,sizeof(b));    fo(i,1,P)    {        int u,v,w;        scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);        b[v][u-1]=min(b[v][u-1],-w);    }    fo(i,1,n) b[i][i-1]=0,b[i-1][i]=1;    find();    fo(i,1,n) s[i]=d[i]-d[i-1];    int tttt=0;    fo(k,1,n)    if(!s[k])    {        fo(i,1,n)        fo(j,1,n)        if(i!=j && i!=k && k!=j)        f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);    }    spfa();    int ans=2147483647;    fo(i,0,K) ans=min(ans,dp[n][i]);    cout<<ans;}

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