题目描述

有一个邮递员要送东西，邮局在节点 1 1 1。他总共要送 n − 1 n-1 n−1 样东西，其目的地分别是节点 2 2 2 到节点 n n n。由于这个城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 m m m 条道路。这个邮递员每次只能带一样东西，并且运送每件物品过后必须返回邮局。求送完这 n − 1 n-1 n−1 样东西并且最终回到邮局最少需要的时间。

输入格式

第一行包括两个整数， n n n 和 m m m，表示城市的节点数量和道路数量。

第二行到第 ( m + 1 ) (m+1) (m+1) 行，每行三个整数， u , v , w u,v,w u,v,w，表示从 u u u 到 v v v 有一条通过时间为 w w w 的道路。

输出格式

输出仅一行，包含一个整数，为最少需要的时间。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

对于 30 % 30\% 30% 的数据， 1 ≤ n ≤ 200 1 \leq n \leq 200 1≤n≤200。

对于 100 % 100\% 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 1 0 3 1 \leq n \leq 10^3 1≤n≤103， 1 ≤ m ≤ 1 0 5 1 \leq m \leq 10^5 1≤m≤105， 1 ≤ u , v ≤ n 1\leq u,v \leq n 1≤u,v≤n， 1 ≤ w ≤ 1 0 4 1 \leq w \leq 10^4 1≤w≤104，输入保证任意两点都能互相到达。

从邮局出发到各个邮寄点肯定是单源最短路问题，即用dijkstra，考虑到本题数据量，存图需要用带权的链式前向星，并且还要再需堆优化一下；而折返回来时就属于多源单终点问题，但仍可以套dijkstra做，但需要再建一个存反向边的图。

C++代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef pair<int, int> PII;     //first：与源点距离   second：结点编号const int N = 1e5 + 10;/*** @brief 两遍dijkstra，从邮局过去一遍是单源多点最短路，所以可按照原本建边的顺序直接dijkstra* 回来的时候是多源单终点问题，但也可以转换为为dijkstra做，只用反向再建一下边* <-------反向建边的时候注意设置一个+n的偏移量来防止建边冲突-------->*/int e[2 * N], ne[2 * N], h[2 * N], w[2 * N];
int dist[2 * N];
bool st[2 * N];
int n, m, idx = 0;
int res = 0;       //要走的所有路程
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> heap;        //按照源点距离排的小根堆void add(int a, int b, int c){e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}void dijkstra(int s){memset(dist, INF, sizeof dist);dist[s] = 0;heap.push({0, s});while(heap.size()){PII t = heap.top();heap.pop();int ver = t.second, distance = t.first;if(st[ver])     continue;st[ver] = true;for(int i = h[ver];i != -1;i = ne[i]){int j = e[i];if(w[i] + distance < dist[j]){dist[j] = w[i] + distance;heap.push({dist[j], j});}}}
}int main(){scanf("%d %d", &n, &m);memset(h, -1, sizeof h);while(m --){int u, v, z;scanf("%d %d %d", &u, &v, &z);add(u, v, z);add(v + n, u + n, z);               //反向再建一遍图，+ n对每个点做一个偏移}dijkstra(1);for(int i = 1;i <= n;i ++)      res += dist[i];dijkstra(1 + n);for(int i = 1 + n;i <= n + n;i ++)      res += dist[i];cout << res << endl;return 0;
}

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