下面是题面。
【问题描述】
Byteland 王国准备在各服务器间建立大型网络并提供多种服务。
网络由 n 台服务器组成，用双向的线连接。两台服务器之间最多只能有一条线直接连接，同时，每台服务器最多只能和 10 台服务器直接连接，但是任意两台服务器间必然存在一条路径将它们连接在一起。每条传输线都有一个固定传输的速度。δ (v ， w) 表示服务器 v 和 w 之间的最短路径长度，且对任意的 V 有δ (V ， V)=0 。
有些服务器比别的服务器提供更多的服务，它们的重要程度要高一些。我们用 r(v) 表示服务器 V 的重要程度 (rank) 。 rank 越高的服务器越重要。
每台服务器都会存储它附近的服务器的信息。当然，不是所有服务器的信息都存，只有感兴趣的服务器信息才会被存储。服务器 V 对服务器 w 感兴趣是指，不存在服务器 U 满足， r(U)>r(W) 且δ (V ， U)<= δ (V ，W) 。
举个例子来说，所有具有最高 rank 的服务器都会被别的服务器感兴趣。如果 V 是一台具有最高 rank 的服务器，由于δ (V ， V) =0 ，所以 V 只对具有最高 rank 的服务器感兴趣。我们定义 B(V) 为 V 感兴趣的服务器的集合。
我们希望计算所有服务器储存的信息量，即所有服务器的｜ B(V) ｜之和。 Byteland 王国并不希望存储大量的数据，所以所有服务器存储的数据量 ( ｜ B(V) ｜之和 ) 不会超过 30n 。
你的任务是写一个程序，读入 Byteland 王国的网络分布，计算所有服务器存储的数据量。
【输入】
第一行两个整数 n 和 m ， (1 ≤ n ≤ 30 000 ， 1 ≤ m ≤ 5n) 。 n 表示服务器的数量， m 表示传输线的数量。
接下来 n 行，每行一个整数，第 i 行的整数为 r(i)(1 ≤ r(i) ≤ 10) ，表示第 i 台服务器的rank 。
接下来 m 行，每行表示各条传输线的信息，包含三个整数 a ， b ， t(1 ≤ t ≤ 1000 ， l ≤ a ， b ≤ n ， a ≠ b) 。 a 和 b 是传输线所连接的两台服务器的编号， t 是传输线的长度。
【输出】
一个整数，表示所有服务器存储的数据总量，即｜ B(V) ｜之和。
【样例】
Servers.in
4 3
2
3
1
1
1 4 30
2 3 20
3 4 20
servers ． out
9
注： B(1)={1 ， 2} ， B(2)={2} ， B(3)={2 ， 3} ， B(4)={1 ， 2 ， 3 ， 4} 。
我们发现暴力很好想也很好写，做n遍SPFA，再按rank把点扫一遍就好了，复杂度大概是平方级的。
那么正解应该是在这上面的优化。
注意到最终的答案不会超过30n，但是点对有n^2个?所以说这应该是一个剪枝点。
同时发现rank<=10？
有一个非常重要的数据，点x到rank为i的点集的最短路径。有了这个可以方便很多计算，这也是rank很小的原因之一。
于是我们把它记为 Far[i][x]；
然后我们可以扩展一下它的含义："x到rank为i的点集的最短路径"可以换成"x到rank大于等于i的点集的最短路径"。
这样我们一次比较u和v，就只要看一下：far(u,v)<Far[rank[v]+1][u]；(far就是δ)；
那么接下来来剪上面那个枝。
现在我们以w为起点，找到了一个点v，而v不关心w；
不满足关系的条件为： far(w,v) >= Far[rank[w]+1][v]；
若我们把v扔进队列进行接下来的SPFA松弛，假设v松弛到u；
由SPFA性质得此时 far(u,w)=far(w,v)+far(v,u)；
而 far(w,v) >= Far[rank[w]+1][v]；
所以 far(w,u)
=far(u,v)+far(v,w)
>=far(u,v)+Far[rank[w]+1][v]
>=Far[rank[w]+1][u]；
所以此时u也是不对w感兴趣的点。
这告诉我们：SPFA到一个不满足条件的点，你大可不必将它放进队列里。
因为题目告诉我们答案不超过30n，所以SPFA的复杂度均摊下来很小。
于是你切完这题后就可以跟别人说："啊？我做了n遍SPFA就过了啊！"
听上去似乎有那么点道理... ...
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
#define rank bobo
using namespace std;
const int N = 30010;
const int M = N*10;
struct Data{int to,next;}Edge[N];
struct Node{int to,val,next;}E[M];
int n,m,Head[12],Tot,head[N],tot,rank[N];
int Ans,Far[12][N],far[N],In[N],vis[N];
int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void Link(int u,int v)
{
Edge[++Tot]=(Data){v,Head[u]};
Head[u]=Tot;
}
inline void link(int u,int v,int c)
{
E[++tot]=(Node){v,c,head[u]};
head[u]=tot;
}
inline void SPFA1(int p)
{
memset(Far[p],127/3,sizeof(Far[p]));
memset(In,0,sizeof(In));
queue<int>Q;
for(int e=Head[p];e;e=Edge[e].next){
Far[p][Edge[e].to]=0;
Q.push(Edge[e].to);
}
while(!Q.empty()){
int x=Q.front();Q.pop();In[x]=0;
for(int e=head[x];e;e=E[e].next){
int y=E[e].to;
if(Far[p][x]+E[e].val<Far[p][y]){
Far[p][y]=Far[p][x]+E[e].val;
if(!In[y])In[y]=1,Q.push(y);
}
}
}
}
inline void TS(int p)
{
for(int x=1;x<=n;++x)
if(Far[p][x]>Far[p+1][x])
Far[p][x]=Far[p+1][x];
}
inline void SPFA(int p)
{
memset(far,0x3f,sizeof(far));
memset(vis,0,sizeof(vis));
far[p]=0;In[p]=1;
queue<int>Q;Q.push(p);
while(!Q.empty()){
int x=Q.front();Q.pop();In[x]=0;
if(!vis[x])Ans+=(vis[x]=1);
for(int e=head[x];e;e=E[e].next){
int y=E[e].to;
if(far[y]>far[x]+E[e].val){
far[y]=far[x]+E[e].val;
if(!In[y] && far[y]<Far[rank[p]+1][y])
Q.push(y),In[y]=1;
}
}
}
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
for(int i=1;i<=n;++i){
rank[i]=gi();Link(rank[i],i);
}
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=gi(),v=gi(),t=gi();
link(u,v,t);link(v,u,t);
}
for(int i=1;i<=10;++i)SPFA1(i);
for(int i=9;i;--i)TS(i);
for(int i=1;i<=n;++i)SPFA(i);
printf("%d\n",Ans);
return 0;
}
时间： 2024-10-28 15:19:37