2F Roads and Planes——缩点+dij

题目

Farmer John正在一个新的销售区域对他的牛奶销售方案进行调查。他想把牛奶送到T个城镇 (1 <= T <= 25,000)，编号为1T。这些城镇之间通过R条道路 (1 <= R <= 50,000，编号为1到R) 和P条航线 (1 <= P <= 50,000，编号为1到P) 连接。每条道路i或者航线i连接城镇(A_i (1 <= A_i <= T))到(B_i (1 <= B_i <= T))，花费为(C_i)。对于道路，(0 <= C_i <= 10,000);然而航线的花费很神奇，花费(C_i)可能是负数((-10,000 <= C_i <= 10,000))。道路是双向的，可以从(A_i到B_i)，也可以从(B_i)到(A_i)，花费都是(C_i)。然而航线与之不同，只可以从(A_i)到(B_i)。事实上，由于最近恐怖主义太嚣张，为了社会和谐，出台了一些政策保证：如果有一条航线可以从(A_i)到(B_i)，那么保证不可能通过一些道路和航线从(B_i)回到(A_i)。由于FJ的奶牛世界公认十分给力，他需要运送奶牛到每一个城镇。他想找到从发送中心城镇S(1 <= S <= T) 把奶牛送到每个城镇的最便宜的方案，或者知道这是不可能的。

Input

第1行：四个空格隔开的整数: T, R, P, and S
第2到R+1行：三个空格隔开的整数（表示一条道路）：(A_i, B_i) 和 (C_i)
第R+2到R+P+1行：三个空格隔开的整数（表示一条航线）：A_i, B_i 和 C_i

Output

第1到T行：从S到达城镇i的最小花费，如果不存在输出"NO PATH"。

Sample Input

样例输入解释：

一共六个城镇。在1-2，3-4，5-6之间有道路，花费分别是5，5，10。同时有三条航线：3->5，
4->6和1->3，花费分别是-100，-100，-10。FJ的中心城镇在城镇4。

Sample Output

NO PATH
NO PATH
5
0
-95
-100

样例输出解释：

FJ的奶牛从4号城镇开始，可以通过道路到达3号城镇。然后他们会通过航线达到5和6号城镇。
但是不可能到达1和2号城镇。

题解

解题思路

~~好难搞的题~~
有T个点，R条无向边，P条有向边，问从S开始到任意一点的距离
（无向边非负，有向边可能为负数）
这一大堆看起来就麻烦。。
题目保证有向边连接的两点无法反向到达，说明是不存在负环的
而对于没有负权的无向图还有个性质，每个无向边联通块是强联通的。而可能的负权边保证不能反向联通，因此把无向边联通块缩点后，得到的就是DAG。这样就可以在块内使用Dijkstra，块间利用拓扑排序更新答案。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 25005, M = 0x3f3f3f3f;
struct side {
    int t, d, next;
}e[N*6];
struct node {
    int h, d;
    node(int a, int b) {
        h = a; d = b;
    }
    bool operator < (const node& b) const {
        return d > b.d;
    }//重载运算符
};
int tot, head[N];
void add(int x, int y, int z) {
    e[++tot].next = head[x];
    head[x] = tot;
    e[tot].t = y;
    e[tot].d = z;
}
int n, m1, m2, s, bl[N], cnt, d[N], in[N];
vector<int> b[N];//这里定义一个N*N的数组会爆掉
bool v[N];
void dfs(int x) {
    v[x] = 1;
    bl[x] = cnt;//bl[i]表示i所属的联通块的编号
    b[cnt].push_back(x);//b[i]是编号为i的联通块所包含的点
    for(int i = head[x]; i; i = e[i].next)
        if (!v[e[i].t]) dfs(e[i].t);
}
priority_queue<node> q;//优先队列
queue<int> Q;
void dij(int x) {
    for(int i = 0; i < b[x].size(); i++)
        q.push(node(b[x][i], d[b[x][i]]));
    while (!q.empty()) {
        node u = q.top(); q.pop();
        if (v[u.h]) continue;
        v[u.h] = 1;
        for(int i = head[u.h]; i; i = e[i].next) {
            int v = e[i].t;
            if (d[v] > d[u.h] + e[i].d) {
                d[v] = d[u.h] + e[i].d;
                if (bl[v] == bl[u.h]) q.push(node(v, d[v]));
            }
            if (bl[v] != bl[u.h] && --in[bl[v]] == 0) Q.push(bl[v]);
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m1, &m2, &s);
    for(int i = 1; i <= m1; i++) {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        add(x, y, z); add(y, x, z);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if (!v[i]) cnt++, dfs(i);
    for(int i = 1; i <= m2; i++) {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        add(x, y, z);
        in[bl[y]]++;//in[i]是编号为i的连通块的入度
    }
    memset(v, 0, sizeof(v));
    memset(d, 0x7f, sizeof(d));//注意这里初始化要大一点
    d[s] = 0;//d[i]表示从s到i的最短路
    Q.push(bl[s]);
    for(int i = 1; i <= cnt; i++)
        if (!in[i]) Q.push(i);
    while (!Q.empty())
        dij(Q.front()), Q.pop();
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if (d[i] >= M) puts("NO PATH");
        else printf("%d
", d[i]);
    return 0;
}