【bzoj1922】[Sdoi2010]大陆争霸 - STL

信仰斯普林·布拉泽的克里斯国教徒。幻想历 8012年 3月2日，位于杰森国东部小镇神谕镇的克里斯国教徒发动起义。幻想历 8012年 3月7日，神谕镇的起义被杰森国大军以残酷手段镇压。幻想历 8012年 3月8日，克里斯国对杰森国宣战。由数十万大军组成的克里斯军团开至两国边境，与杰森军团对峙。幻想历 8012年 4月，克里斯军团攻破杰森军团防线进入神谕镇，该镇幸存的克里斯国教徒得到解放。战争随后进入胶着状态，旷日持久。战况惨烈，一时间枪林弹雨，硝烟弥漫，民不聊生。幻想历 8012年 5月12日深夜，斯普林·布拉泽降下神谕：“Trust me, earn eternal life.”克里斯军团士气大增。作为克里斯军团的主帅，你决定利用这一机会发动奇袭，一举击败杰森国。具体地说，杰森国有 N 个城市，由 M条单向道路连接。神谕镇是城市 1而杰森国的首都是城市 N。你只需摧毁位于杰森国首都的曾·布拉泽大神殿，杰森国的信仰，军队还有一切就都会土崩瓦解，灰飞烟灭。为了尽量减小己方的消耗，你决定使用自爆机器人完成这一任务。唯一的困难是，杰森国的一部分城市有结界保护，不破坏掉结界就无法进入城市。而每个城市的结界都是由分布在其他城市中的一些结界发生器维持的，如果想进入某个城市，你就必须破坏掉维持这个城市结界的所有结界发生器。现在你有无限多的自爆机器人，一旦进入了某个城市，自爆机器人可以瞬间引爆，破坏一个目标（结界发生器，或是杰森国大神殿），当然机器人本身也会一起被破坏。你需要知道：摧毁杰森国所需的最短时间。

Input

第一行两个正整数 N, M。接下来 M行，每行三个正整数 ui, vi, wi，表示有一条从城市ui到城市 vi的单向道路，自爆机器人通过这条道路需要 wi的时间。之后 N 行，每行描述一个城市。首先是一个正整数 li，维持这个城市结界所使用的结界发生器数目。之后li个1~N 之间的城市编号，表示每个结界发生器的位置。如果 Li = 0，则说明该城市没有结界保护，保证L1 = 0 。

Output

仅包含一个正整数，击败杰森国所需的最短时间。

Sample Input

6 6
1 2 1
1 4 3
2 3 1
2 5 2
4 6 2
5 3 2
0
0
0
1 3
0
2 3 5

Sample Output

HINT

对于 20%的数据，满足 N≤15，M≤50；
对于 50%的数据，满足 N≤500，M≤6,000；
对于 100%的数据，满足 N≤3,000，M≤70,000，1≤wi≤108
。
输入数据保证一定有解，且不会存在维持某个城市结界的结界发生器在这个
城市内部。
连接两个城市的道路可能不止一条，也可能存在一个城市自己到自己的道路。

题解

带限制的最短路。。。

设d1[x],d2[x]为城市x的到达时间，可进入时间

max(d1[x],d2[x])为真实的进入时间

d[x]记录城市x被多少个城市保护

每次堆中取出一个真实进入时间最小的城市

更新它所通往的城市的d1，保护城市的d2

保护城市的d–

若d=0，则可入堆

复杂度(n+m)logn

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<cstring>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<cstdlib>

 #include<queue>

 #define ll long long

 #define fzy pair<int,int>

 #define mod 1000000007

 #define inf 100000000

 #define N 3007

 #define M 70007

 using namespace std;

 int n,m;

 int cnt,head[N],rea[M],next[M],val[M];

 int d1[N],d2[N],d[N];

 int l[N],a[N][N];

 bool vis[N];

 void add(int u,int v,int fee)

 {

     next[++cnt]=head[u];

     head[u]=cnt;

     rea[cnt]=v;

     val[cnt]=fee;

 }

 void Dijkstra()

 {

     priority_queue<fzy,vector<fzy>,greater<fzy> >q;

     memset(d1,/,sizeof(d1));

     q.push(make_pair(,));

     d1[]=;

     while(!q.empty())

     {

         int u=q.top().second;q.pop();

         if(vis[u])continue;vis[u]=;

         int end=max(d1[u],d2[u]);

         for(int i=head[u];i!=-;i=next[i])

         {

             int v=rea[i],fee=val[i];

             if(end+fee<d1[v])

             {

                 d1[v]=end+fee;

                 int tmp=max(d1[v],d2[v]);

                 if(!d[v])q.push(make_pair(tmp,v));

             }

         }

         for(int i=;i<=l[u];i++)

         {

             int v=a[u][i];

             d[v]--;d2[v]=max(d2[v],end);

             int tmp=max(d1[v],d2[v]);

             if(!d[v])q.push(make_pair(tmp,v));

         }

     }

 }

 int main()

 {

     memset(head,-,sizeof(head));

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for(int i=,u,v,w;i<=m;i++)

     {

         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

         if(u!=v) add(u,v,w);

     }

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         scanf("%d",&d[i]);

         for(int j=,u;j<=d[i];j++)

         {

             scanf("%d",&u);

             a[u][++l[u]]=i;

         }

     }

     Dijkstra();

     int ans=max(d1[n],d2[n]);

     printf("%d\n",ans);

 }