ccf 201712-4 行车路线（30分超时）

问题描述

　　小明和小芳出去乡村玩，小明负责开车，小芳来导航。
　　小芳将可能的道路分为大道和小道。大道比较好走，每走1公里小明会增加1的疲劳度。小道不好走，如果连续走小道，小明的疲劳值会快速增加，连续走s公里小明会增加s²的疲劳度。
　　例如：有5个路口，1号路口到2号路口为小道，2号路口到3号路口为小道，3号路口到4号路口为大道，4号路口到5号路口为小道，相邻路口之间的距离都是2公里。如果小明从1号路口到5号路口，则总疲劳值为(2+2)²+2+2²=16+2+4=22。
　　现在小芳拿到了地图，请帮助她规划一个开车的路线，使得按这个路线开车小明的疲劳度最小。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示路口的数量和道路的数量。路口由1至n编号，小明需要开车从1号路口到n号路口。
　　接下来m行描述道路，每行包含四个整数t, a, b, c，表示一条类型为t，连接a与b两个路口，长度为c公里的双向道路。其中t为0表示大道，t为1表示小道。保证1号路口和n号路口是连通的。

输出格式

　　输出一个整数，表示最优路线下小明的疲劳度。

样例输入

6 7
1 1 2 3
1 2 3 2
0 1 3 30
0 3 4 20
0 4 5 30
1 3 5 6
1 5 6 1

样例输出

76

样例说明

　　从1走小道到2，再走小道到3，疲劳度为5²=25；然后从3走大道经过4到达5，疲劳度为20+30=50；最后从5走小道到6，疲劳度为1。总共为76。

数据规模和约定

　　对于30%的评测用例，1 ≤ n ≤ 8，1 ≤ m ≤ 10；
　　对于另外20%的评测用例，不存在小道；
　　对于另外20%的评测用例，所有的小道不相交；
　　对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 500，1 ≤ m ≤ 10⁵，1 ≤ a, b ≤ n，t是0或1，c ≤ 10⁵。保证答案不超过10⁶。

分析：

　　 首先是算法选择，这里我用的dij，并对其进行了队列优化。

具体实现：

　　因为小路和大路疲劳的计算是不一样的，所以我们要记下当前连续走的小路的长度，当遇到小路时，我们更新连续走小路的长度，用疲劳度-连续走小路长度^2+更新后连续走小路的长度^2=现在的疲劳度。当我们遇到大路时我们将连续走的小路路程清零。疲劳度直接加上大路的长度即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100000
struct load
{
    long long t,s;
};
struct node
{
    int t,b,c;
};
vector<vector<node> > ss(505);
int main()
{
    int n,m;cin>>n>>m;
    load d[n+1];
    int visited[n+1];memset(visited,0,sizeof(visited));
    for(int i=1;i<n+1;i++)
    {
        d[i].t=0;d[i].s=1<<30;
    }
    d[1].s=0;
    priority_queue<pair<int,int> > q;
    while(m--)
    {
       long long t,a,b,c;cin>>t>>a>>b>>c;
        node k;
        k.b=b;k.c=c;k.t=t;
        ss[a].push_back(k);
        k.b=a;ss[b].push_back(k);
    }
    pair<int,int> start;
    start.first=0,start.second=1;
    q.push(start);
    while(!q.empty())
    {
        int s=q.top().second;q.pop();
        if(s==n)break;
        if(visited[s])continue;
        visited[s]=1;
        for(int i=0;i<ss[s].size();i++)
        {
            node k=ss[s][i];
            long long l;
            if(k.t==0)
            {
                l=d[s].s+k.c;
            }
            else
            {
                l=d[s].s-d[s].t*d[s].t+(d[s].t+k.c)*(d[s].t+k.c);
            }
            if(l<d[k.b].s)
            {
                d[k.b].s=l;
                if(k.t==0)d[k.b].t=0;
                else{
                    d[k.b].t=d[s].t+k.c;
                }
                q.push(make_pair(-d[k.b].s,k.b));
            }
        }
    }
    cout<<d[n].s;
    return 0;
}