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题目

题目描述

企鹅国中有 \(N\) 座城市,编号从 \(1\) 到 \(N\) 。

对于任意的两座城市 \(i\) 和 \(j\),企鹅们可以花费 \((i\,\,xor\,\, j)*C\) 的时间从城市 \(i\) 走到城市 \(j\) ,这里 \(C\) 为一个给定的常数。

当然除此之外还有 \(M\) 条单向的快捷通道,第i条快捷通道从第 \(F_i\) 个城市通向第 \(T_i\) 个城市,走这条通道需要消耗 \(V_i\) ​的时间。

现在来自Penguin Kingdom University的企鹅豆豆正在考虑从城市A前往城市B最少需要多少时间?

输入描述

输入第一行包含三个整数N,M,C,表示企鹅国城市的个数、快捷通道的个数以及题面中提到的给定的常数C。

接下来的M行,每行三个正整数Fi,Ti,Vi(1≤Fi≤N,1≤Ti≤N,1≤Vi≤100),分别表示对应通道的起点城市标号、终点城市标号和通过这条通道需要消耗的时间。

最后一行两个正整数A,B(1≤C≤100),表示企鹅豆豆选择的起点城市标号和终点城市标号。

输出描述

输出一行一个整数,表示从城市 A 前往城市 B 需要的最少时间

示例1

输入

4 2 1
1 3 1
2 4 4
1 4

输出

5

说明

直接从 1 走到 4 就好了。

示例2

输入

7 2 10
1 3 1
2 4 4
3 6

输出

34

说明

先从 3 走到 2 ,再从 2 通过通道到达 4 ,再从 4 走到 6。

备注

题解

知识点:图论建模,最短路,位运算。

这道题关键在于怎么处理任意城市之间走路的边,显然不能每个城市之间都建一条边,因此考虑利用异或运算的特点最小化建的边数。

注意到任意两个城市 \(i,j\) 之间走路,可以理解为把 \(i\) 按位修改成 \(j\) ,那么我们可以把任意一次走路分解为若干次走路,每次只修改一位。例如,从 0110 走到 1011 ,可以分解为 0110->1110->1010->1011 ,总花费是不变的,但每次只修改一位。因此,我们其实只要对每个城市 \(i\) 出发,枚举修改一位二进制位 \(j\) 的终点城市 \(i \oplus j\) 连边即可,花费是 \(j \times C\) ,就能覆盖所有可能了,这样每个城市只需建十几条边就行了。

最后跑一下最短路就结束了。

时间复杂度 \(O((m+n)\log(n+m))\)

空间复杂度 \(O(n+m)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long using namespace std; const int N = 100007, M = 500007 + 32 * N; struct edge {
int v, nxt, w;
}e[M];
int h[N], idx;
void add(int u, int v, int w) {
e[++idx] = { v,h[u],w };
h[u] = idx;
} bool vis[N];
int dis[N];
struct node {
int v, w;
friend bool operator< (node a, node b) {
return a.w > b.w;
}
};
priority_queue<node> pq;
void dijkstra(int st) {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
pq.push({ st,0 });
dis[st] = 0;
while (!pq.empty()) {
int u = pq.top().v;
pq.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for (int i = h[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v, w = e[i].w;
if (dis[v] > dis[u] + w) {
dis[v] = dis[u] + w;
pq.push({ v,dis[v] });
}
}
}
} int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m, c;
cin >> n >> m >> c;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
add(u, v, w);
}
for (int i = 0;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= n;j <<= 1) {//枚举修改的二进制位,修改一位即可,可以传递,不会变差。
if ((i ^ j) > n) continue;
add(i, i ^ j, j * c);
}
}
int st, en;
cin >> st >> en;
dijkstra(st);
cout << dis[en] << '\n';
return 0;
}

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