P1462 通往奥格瑞玛的道路

题目背景

在艾泽拉斯大陆上有一位名叫歪嘴哦的神奇术士,他是部落的中坚力量

有一天他醒来后发现自己居然到了联盟的主城暴风城

在被众多联盟的士兵攻击后,他决定逃回自己的家乡奥格瑞玛

题目描述

在艾泽拉斯,有\(n\)个城市。编号为\(1,2,3,...,n\)。

城市之间有\(m\)条双向的公路,连接着两个城市,从某个城市到另一个城市,会遭到联盟的攻击,进而损失一定的血量。

每次经过一个城市,都会被收取一定的过路费(包括起点和终点)。路上并没有收费站。

假设\(1\)为暴风城,\(n\)为奥格瑞玛,而他的血量最多为\(b\),出发时他的血量是满的。

歪嘴哦不希望花很多钱,他想知道,在可以到达奥格瑞玛的情况下,他所经过的所有城市中最多的一次收取的费用的最小值是多少。

输入输出格式

输入格式:

第一行3个正整数,\(n\),\(m\),\(b\)。分别表示有\(n\)个城市,\(m\)条公路,歪嘴哦的血量为\(b\)。

接下来有\(n\)行,每行\(1\)个正整数,\(f_i\)。表示经过城市\(i\),需要交费\(f_i\)元。

再接下来有\(m\)行,每行3个正整数,\(a_i\),\(b_i\),\(c_i\) \((1<=a_i,b_i<=n)\)。表示城市\(a_i\)和城市\(b_i\)之间有一条公路,如果从城市\(a_i\)到城市\(b_i\),或者从城市\(b_i\)到城市\(a_i\),会损失\(c_i\)的血量。

输出格式:

仅一个整数,表示歪嘴哦交费最多的一次的最小值。

如果他无法到达奥格瑞玛,输出\(AFK\)。

说明

对于60%的数据,满足\(n≤200,m≤10000,b≤200\)

对于100%的数据,满足\(n≤10000,m≤50000,b≤1000000000\)

对于100%的数据,满足\(c_i≤1000000000\),\(f_i≤1000000000\),可能有两条边连接着相同的城市。


首先读懂题:他所经过的所有城市中 最多的一次收取的费用 的最小值是多少。

意思就是他可能选择的某条路上有一个点,要交的保护费是所有中最多的。

他要选一条路,让这个最多的保护费最小。

很明显的二分答案的特征吧?

每次比\(mid\)(二分的保护费)大的边删掉

而损失血量其实就是边权,跑最短路即可

不过题目有点没说清楚,如果刚好没血了到的是不算数的,有点坑。

另外有一点,最好开\(long\) \(long\),不开的话,要控制不爆可能有点点难搞(\(0x3f\)比十亿稍稍大一点)


说一下自己智障的错误吧。。

  1. 前向星开边只开了\(50000\)个点,刚从\(vector\)转过来没有意识到双向边要开两倍。
  2. 忘记输出\(AFK\)了(这样的错误也能犯啊...)
  3. 二分时先把保护费排了个序离散,然后,然后我们就没管它了啊!!!(哭...呜呜呜)

code

  1. #include <cstdio>
  2. #include <cstring>
  3. #include <algorithm>
  4. #include <queue>
  5. #define ll long long
  6. using namespace std;
  7. const int N=10002;
  8. const int M=100002;
  9. ll max(ll x,ll y) {return x>y?x:y;}
  10. ll min(ll x,ll y) {return x<y?x:y;}
  11. struct Edge
  12. {
  13. ll to,next,w;
  14. }edge[M];
  15. ll head[N],cnt=0;
  16. ll n,m,b,f[N],f0[N];
  17. void add(ll u,ll v,ll w)
  18. {
  19. edge[++cnt].next=head[u];
  20. edge[cnt].to=v;
  21. edge[cnt].w=w;
  22. head[u]=cnt;
  23. }
  24. ll read()
  25. {
  26. ll x=0;char c=getchar();
  27. while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
  28. while(c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
  29. return x;
  30. }
  31. queue <int > q;
  32. ll vis[N],dis[N];
  33. bool check(ll c)
  34. {
  35. memset(vis,0,sizeof(vis));
  36. memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
  37. vis[1]=1,dis[1]=0;
  38. q.push(1);
  39. while(!q.empty())
  40. {
  41. int u=q.front();
  42. vis[u]=0;
  43. q.pop();
  44. for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
  45. {
  46. int v=edge[i].to,w=edge[i].w;
  47. if(dis[v]>dis[u]+w&&f[v]<=c)
  48. {
  49. dis[v]=dis[u]+w;
  50. if(!vis[v])
  51. {
  52. vis[v]=1;
  53. q.push(v);
  54. }
  55. }
  56. }
  57. }
  58. if(b<=dis[n]) return false;
  59. return true;
  60. }
  61. int main()
  62. {
  63. n=read(),m=read(),b=read();
  64. for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=read(),f0[i]=f[i];
  65. sort(f0+1,f0+1+n);
  66. ll u,v,w;
  67. for(int i=1;i<=m;i++)
  68. {
  69. u=read(),v=read(),w=read();
  70. add(u,v,w),add(v,u,w);
  71. }
  72. ll l=1,r=n;
  73. if(!check(f0[r])) {printf("AFK\n");return 0;}
  74. while(l<r)
  75. {
  76. int mid=l+r>>1;
  77. if(check(f0[mid]))
  78. r=mid;
  79. else
  80. l=mid+1;
  81. }
  82. printf("%lld\n",f0[l]);
  83. return 0;
  84. }

2018.5.13

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