F. It‘s a bird! No, it‘s a plane! No, it‘s AaParsa!

F. It’s a bird! No, it’s a plane! No, it’s AaParsa!

题意：

有n个城市，每个城市都有一个传送大炮指向另一个城市，每个大炮都有发送时间，每过1s，大炮就会从原本指向b，指向(b+1)%n,问任意两点之间的最短时间

题解：

如果没有大炮移动的话就是跑最短路，现在有了移动怎么处理？每次移动会从b%n->(b+1)%n,所以我求出到达b需要时间t，那么b+1就需要t+1，我每次都用这个来更新到达b+1的时间。也就是在计算b时可以同时更新b+1的答案
详细这样做的原因可以看这个
题目给出边的最大值是 M<N²,优先队列优化的dij时NMlogN = N³logN,还不如跑普通版本的dij，复杂度为N³

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int MaxN = 605;
const int infty = (1<<30)-1;int dis[MaxN], n;
vector< pair<int,int> > G[MaxN];
bool vis[MaxN];
void dijkstra(int S){fill(dis,dis+n,infty);memset(vis,0,n);for(auto y : G[S])dis[y.first]=y.second; //先初始化 for(int i=1; i<=n; ++i){int id=-1; for(int j=0;j<=n-1;j++) if(!vis[j])//该点还没更新 if(id==-1 || dis[id] > dis[j])// 找到最小点j id = j; // min disif(dis[id] == infty) break;//点id无法走到 vis[id] = true; //相比于dijkstra多了这一步，每次用id来更新下一步id+1的时间 dis[(id+1)%n]=min(dis[(id+1)%n],dis[id]+1);for(auto y : G[id]){int to = (y.first+dis[id])%n;dis[to]=min(dis[to],dis[id]+y.second);}}dis[S] = 0; // 到自身时间为0
}int main(){int m;cin>>n>>m;for(int i=1,a,b,c; i<=m; ++i){cin>>a>>b>>c;G[a].push_back(make_pair(b,c));}for(int i=0; i<n; ++i){dijkstra(i);for(int j=0;j<=n-1;j++)printf("%d ",dis[j]);printf("\n");}return 0;
}

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题意：

题解：

代码：

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