题意:

给定n个点m条边的无向图

每次必须沿着LOVE走,到终点时必须是完整的LOVE,且至少走出一个LOVE,

问这样情况下最短路是多少,在一样短情况下最多的LOVE个数是多少。

有自环。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef __int64 ll;
const ll Inf = 4611686018427387904LL;
const int N = 1314 + 100;
const int E = 13520 * 2 + 100;
const int M = N * 4 + 100;
struct Edge {
ll len;
int v, f, nex;
Edge() {
}
Edge(int _v, int _f, ll _len, int _nex) {
v = _v;
f = _f;
len = _len;
nex = _nex;
}
};
struct node{
int to, f;
node(int b=0,int d=0):to(b),f(d){}
};
Edge eg[E];
ll dis[N][4], tim[N][4];
bool vis[N][4];
int T, n, g[N], idx; int re(char c) {
if (c == 'L')
return 0;
else if (c == 'O')
return 1;
else if (c == 'V')
return 2;
else
return 3;
}
void addedge(int u, int v, ll len, int f) {
eg[idx] = Edge(v, f, len, g[u]);
g[u] = idx++;
}
void spfa() {
memset(vis, 0, sizeof vis);
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < 4; ++j) {
dis[i][j] = Inf;
tim[i][j] = 0;
}
queue<node>q;
q.push(node(0,3));
dis[0][3] = 0;
tim[0][3] = 0;
while(!q.empty()){
node u = q.front(); q.pop(); vis[u.to][u.f] = 0;
for(int i = g[u.to]; ~i; i = eg[i].nex){
int y = eg[i].v, f = eg[i].f;
if(f != (u.f+1)%4)continue;
bool yes = false;
if(dis[y][f] > dis[u.to][u.f]+eg[i].len)
{
dis[y][f] = dis[u.to][u.f]+eg[i].len;
tim[y][f] = tim[u.to][u.f];
if(f == 3)
tim[y][f]++;
yes = true;
}
else if(dis[y][f] == dis[u.to][u.f]+eg[i].len) {
ll tmp = tim[u.to][u.f];
if(f == 3)
tmp++;
if(tmp > tim[y][f])
tim[y][f] = tmp, yes = true;
}
else if(tim[y][f]==0) {
ll tmp = tim[u.to][u.f];
if(f == 3)
tmp++;
if(tmp > tim[y][f])
dis[y][f] = dis[u.to][u.f]+eg[i].len, tim[y][f] = tmp, yes = true;
}
if(yes && vis[y][f] == 0)
vis[y][f] = 1, q.push(node(y, f));
}
}
}
void work() {
int m, u, v; ll len;
char s[5];
memset(g, -1, sizeof g);
idx = 0; scanf("%d %d", &n, &m);
while (m -- > 0) {
scanf("%d%d%I64d%s", &u, &v, &len, s);
-- u; -- v;
addedge(u, v, len, re(s[0]));
addedge(v, u, len, re(s[0]));
}
spfa();
ll ansdis = dis[n - 1][3], ansnum = tim[n - 1][3];
printf("Case %d: ", ++T);
if (ansdis == Inf || ansnum == 0) {
puts("Binbin you disappoint Sangsang again, damn it!");
} else {
printf("Cute Sangsang, Binbin will come with a donkey after travelling %I64d meters and finding %I64d LOVE strings at last.\n", ansdis, ansnum);
}
}
int main() {
int cas;
T = 0;
scanf("%d", &cas);
while (cas -- > 0)
work();
return 0;
}
/*
99
4 4
1 2 1 L
2 4 1 O
4 1 1 V
1 4 1 E 1 4
1 1 1 L
1 1 1 O
1 1 1 V
1 1 1 E 1 0 */

HDU 4360 As long as Binbin loves Sangsang spfa的更多相关文章

  1. As long as Binbin loves Sangsang

    题目连接 题意: 给定一个无向图,每一个边有两个属性.长度和一个字母'L','O','V'.'E'中的一个.从1点開始到达n点,每次必须依照L -> O -> V -> E -> ...

  2. HDU 4360

    题意很好理解. 由于点是可以重复到达的,但可能每次经过路径的标志不一样,所以可以设每个点有四种状态"L”,'O','V','E'.然后按这些状态进行求最短路,当然是SPFA了. #inclu ...

  3. POJ 3835 &amp; HDU 3268 Columbus’s bargain(最短路 Spfa)

    题目链接: POJ:http://poj.org/problem?id=3835 HDU:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3268 Problem ...

  4. Hdu 4725 The Shortest Path in Nya Graph (spfa)

    题目链接: Hdu 4725 The Shortest Path in Nya Graph 题目描述: 有n个点,m条边,每经过路i需要wi元.并且每一个点都有自己所在的层.一个点都乡里的层需要花费c ...

  5. HDU 1874 畅通工程续(最短路/spfa Dijkstra 邻接矩阵+邻接表)

    题目链接: 传送门 畅通工程续 Time Limit: 1000MS     Memory Limit: 65536K Description 某省自从实行了很多年的畅通工程计划后,终于修建了很多路. ...

  6. HDU 1142 A Walk Through the Forest(SPFA+记忆化搜索DFS)

    题目链接 题意 :办公室编号为1,家编号为2,问从办公室到家有多少条路径,当然路径要短,从A走到B的条件是,A到家比B到家要远,所以可以从A走向B . 思路 : 先以终点为起点求最短路,然后记忆化搜索 ...

  7. HDU 2544 最短路 (最短路,spfa)

    题意:中文题目 思路:spfa+SLF优化.关于SPFA的详情请戳我 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; , INF=0x7f7f7 ...

  8. HDU 2992 Hotel booking(BFS+DFS 或者 SPFA+Floyd)

    点我看题目 题意 : 一个司机要从1点到达n点,1点到n点中有一些点有宾馆,司机的最长开车时间不能超过10小时,所以要在10小时之内找到宾馆休息,但是为了尽快的走到n点,问最少可以经过几个宾馆. 思路 ...

  9. HDU 2722 Here We Go(relians) Again (spfa)

    Here We Go(relians) Again Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 32768/32768K (Java/ ...

随机推荐

  1. Servlet和JSP读书笔记(二)

    一. GenericServlet 1. 前面写的 Servlet和JSP学习笔记(一) 中的实例都是通过实现Servlet接口编写的,这样存在的问题就是:你必须实现Servlet中的所有方法,而不管 ...

  2. USM锐化之openCV实现,附赠调整对比度函数

    源地址:http://www.cnblogs.com/easymind223/archive/2012/07/03/2575277.html 常用Photoshop的玩家都知道Unsharp Mask ...

  3. java学习笔记11--Annotation

    java学习笔记11--Annotation Annotation:在JDK1.5之后增加的一个新特性,这种特性被称为元数据特性,在JDK1.5之后称为注释,即:使用注释的方式加入一些程序的信息. j ...

  4. C++ STL中Map的相关排序操作:按Key排序和按Value排序 - 编程小径 - 博客频道 - CSDN.NET

    C++ STL中Map的相关排序操作:按Key排序和按Value排序 - 编程小径 - 博客频道 - CSDN.NET C++ STL中Map的相关排序操作:按Key排序和按Value排序 分类: C ...

  5. HDOJ 4862 Jump

    K路径覆盖问题,最小费用最大流.... ,费用0,Y部有N*M个节点,每一个节点向汇点连一条边,流量1,费用0,假设X部的节点x能够在一步之内到达Y部的节点y,那么就连边x->y,费用为从x格子 ...

  6. Android自己定义控件:老版优酷的三级菜单(效果图 + Demo)

    效果图: 制作思路: 1.先分析这个效果,事实上能够理解为把三级菜单分成level1,level2,level3,level1是始终显示的. 点击level1后,level2会出现:点击level2后 ...

  7. currentstyle和getComputedStyle兼容问题

    currentStyle:获取计算后的样式,也叫当前样式.终于样式. 长处:能够获取元素的终于样式,包含浏览器的默认值,而不像style仅仅能获取行间样式,所以更经常使用到. 注意:不能获取复合样式如 ...

  8. (hdu 简单题 128道)平方和与立方和(求一个区间的立方和和平方和)

    题目: 平方和与立方和 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total ...

  9. Java_并发线程_CompletionService

    1.CompletionService源代码分析 CompletionService内部实现还是维护了一个可堵塞的队列,通过代理设计模式.从而操作队列. /** * Creates an Execut ...

  10. BZOJ 1176([Balkan2007]Mokia-CDQ分治-分治询问)

    1176: [Balkan2007]Mokia Time Limit: 30 Sec   Memory Limit: 162 MB Submit: 185   Solved: 94 [ Submit] ...