传送门
题面：PDF
题意：
给你n个点，m条路，对于每个点而言，每个点到的1号点最短路都不能行走，问你在这样的情况下从0号点走到1号点的最短路径。
题目分析：
我们考虑跑两边dijk。在第一次dijk中，在每次松弛操作的过程中用pre数组记录该去边to的父亲结点x，而在第二次dijk的过程中，倘若发现当前要遍历到的点x的后继to正好是自己的父亲，则证明这两个点必定在某条最短路上，则不遍历它们。之后再记录一下此时的路径即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define maxm 1000005
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
struct edge{
int to,next,cost;
}q[maxm<<1];
int head[maxn],cnt=0;
int pre[maxn],fpre[maxn];
void init(){
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(pre,-1,sizeof(pre));
memset(fpre,-1,sizeof(fpre));
cnt=0;
}
void add_edge(int from,int to,int cost){
q[cnt].cost=cost;
q[cnt].to=to;
q[cnt].next=head[from];
head[from]=cnt++;
}
ll d[maxn];
vector<int>vec;
typedef pair<ll,int>PLL;
void dijk(int x){
memset(d,INF,sizeof(d));
d[x]=0;
priority_queue<PLL,vector<PLL>,greater<PLL> >que;
que.push(make_pair(d[x],x));
while(!que.empty()){
PLL p=que.top();
que.pop();
x=p.second;
if(d[x]<p.first) continue;
for(int i=head[x];i!=-1;i=q[i].next){
int to=q[i].to;
if(d[to]>d[x]+q[i].cost){
d[to]=d[x]+q[i].cost;
pre[to]=x;//记录父亲
que.push(make_pair(d[to],to));
}
}
}
}
void bfs(int x,ll &res){
memset(d,INF,sizeof(d));
d[x]=0;
priority_queue<PLL,vector<PLL>,greater<PLL> >que;
que.push(make_pair(d[0],x));
while(!que.empty()){
PLL p=que.top();
que.pop();
x=p.second;
if(d[x]<p.first) continue;
for(int i=head[x];i!=-1;i=q[i].next){
int to=q[i].to;
if(pre[x]==to) continue;倘若x的父亲是to，则不遍历to
if(d[to]>d[x]+q[i].cost){
d[to]=d[x]+q[i].cost;
fpre[to]=x;//再次记录此时的路径
que.push(make_pair(d[to],to));
}
}
}
res=d[1];
}
int main()
{
int n,m;
init();
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add_edge(a,b,c);
add_edge(b,a,c);
}
ll res=0;
dijk(1);
bfs(0,res);
if(res>=INF){
puts("impossible");
return 0;
}
int cur=1;
while(fpre[cur]!=-1){
vec.push_back(cur);
cur=fpre[cur];
}
vec.push_back(cur);
int sz=vec.size();
printf("%d ",sz);
for(int i=sz-1;i>=0;i--){
if(i==sz-1) printf("%d",vec[i]);
else printf(" %d",vec[i]);
}
return 0;
}