解题思路

看到下面很多人都在说什么遇到了之后要不要背着走,其实根本不需要,同样的我也是跑了三遍$SPFA$,求出了以$1$为起点到个点的$dist$,和以$2$为起点到个点的$dist$,还有以$n$为起点到个点的$dist$。

之后直接枚举两头牛在哪里相遇,相遇之后一起背着走的路程乘以$p+$相遇之前$B$走的距离乘以$b+$相遇之前$E$走的距离乘以$e$,去一个最小的这样的值就是答案。

关于为什么不需要分类讨论,因为你把每个点都枚举了一遍,即使存在$p>b+e$的情况,那这种情况就等价于两头奶牛在$n$点相遇。

附上代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
const int maxn = 8e4+, INF = ;
int b, e, p, n, m, fir[maxn], nxt[maxn], u[maxn], v[maxn], cnt;
int dist_n[maxn], dist_1[maxn], dist_2[maxn], w[maxn], Ans = INF;
bool vis[maxn];
inline int read() {
int x = , f = ; char c;
while (c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while (c <= '' && c >= '') {x = x* + c-''; c = getchar();}
return x * f;
}
inline void addedge(int x, int y, int z) {
nxt[++cnt] = fir[x];
fir[x] = cnt;
u[cnt] = x, v[cnt] = y, w[cnt] = z;
}
inline void SPFA(int s, int *dist) {
std::queue<int> Q;
std::memset(vis, , sizeof(vis));
std::fill(dist+, dist++n, INF);
vis[s] = , dist[s] = ;
Q.push(s);
int x, k;
while (!Q.empty()) {
x = Q.front(), Q.pop();
int k = fir[x];
while (k != -) {
if(dist[v[k]] > dist[u[k]] + w[k]) {
dist[v[k]] = dist[u[k]] + w[k];
if(!vis[v[k]]) Q.push(v[k]);
}
k = nxt[k];
}
vis[x] = ;
}
}
int main() {
b = read(), e = read(), p = read(), n = read(), m = read();
std::memset(fir, -, sizeof(fir));
int x, y, z = ;
for(register int i=; i<=m; i++) {
x = read(), y = read();
addedge(x, y, z), addedge(y, x, z);
}
SPFA(, dist_1), SPFA(, dist_2), SPFA(n, dist_n);
for(int i=; i<=n; i++)
Ans = std::min(Ans, dist_1[i] * b + dist_2[i] * e + dist_n[i] * p);
printf("%d", Ans);
}

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