ZOJ1027 Travelling Fee(DP+SPFA)
给一张有向无环图,边都有花费,从某点到某点走的那条路径上的那一条花费最多的边可以省掉,问从起点到终点的最少花费的多少,
往DP想的话,就可以写出这个状态dp[u][mx],表示到达u点已经省掉的花费为mx的最少花费。
用SPFA更新转移方程。。或者理解成队列+我为人人的转移。。其实这题这样子也能解有环图。
看了别人博客,发现还有三种解法:
- 枚举每一条边作为省掉的边,n次SPFA。这方法简洁,可惜想不出= =
- 跑Dijkstra,根据记录到每一点时的最长边更新,正确性不懂。。
- Floyd+DP:加个维度,dpk[0\1][u][v],第一维1和0分别表示省和没省最长边的最少花费,dp[1]的转移就是dp[1][u][v]=min(dp[0][u][k]+dp[1][k][v],dp[1][u][k]+dp[0][k][v]),初始dp[1][i][j]=0(<i,j>∈E),好厉害。。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF (1<<29)
int n,G[][];
int d[][];
bool vis[][];
struct Node{
int u,mx;
Node(int _u,int _mx):u(_u),mx(_mx){}
};
void SPFA(int vs){
for(int i=; i<n; ++i){
for(int j=; j<; ++j) d[i][j]=INF;
}
d[vs][]=;
memset(vis,,sizeof(vis));
vis[vs][]=;
queue<Node> que;
que.push(Node(vs,));
while(!que.empty()){
Node nd=que.front(); que.pop();
int u=nd.u,mx=nd.mx;
for(int v=; v<n; ++v){
if(G[u][v]==INF) continue;
if(G[u][v]>mx && d[v][G[u][v]]>d[u][mx]+mx){
d[v][G[u][v]]=d[u][mx]+mx;
if(!vis[v][G[u][v]]){
vis[v][G[u][v]]=;
que.push(Node(v,G[u][v]));
}
}
if(d[v][mx]>d[u][mx]+G[u][v]){
d[v][mx]=d[u][mx]+G[u][v];
if(!vis[v][mx]){
vis[v][mx]=;
que.push(Node(v,mx));
}
}
}
vis[u][mx]=;
}
}
int main(){
string name[],x[],y[],vs,vt;
int m,z[];
while(cin>>vs>>vt){
n=;
scanf("%d",&m);
for(int i=; i<m; ++i){
cin>>x[i]>>y[i]>>z[i];
name[n++]=x[i]; name[n++]=y[i];
}
sort(name,name+n);
n=unique(name,name+n)-name;
for(int i=; i<n; ++i){
for(int j=; j<n; ++j) G[i][j]=INF;
}
for(int i=; i<m; ++i){
int u=lower_bound(name,name+n,x[i])-name,v=lower_bound(name,name+n,y[i])-name;
G[u][v]=z[i];
}
SPFA(lower_bound(name,name+n,vs)-name);
int tv=lower_bound(name,name+n,vt)-name;
int res=INF;
for(int i=; i<; ++i) res=min(res,d[tv][i]);
printf("%d\n",res);
}
return ;
}
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