[Usaco2007 Jan]Telephone Lines架设电话线
题目描述
FarmerJohn打算将电话线引到自己的农场,但电信公司并不打算为他提供免费服务。于是,FJ必须为此向电信公司支付一定的费用。FJ的农场周围分布着N(1<=N<=1,000)根按1..N顺次编号的废弃的电话线杆,任意两根电话线杆间都没有电话线相连。一共P(1<=P<=10,000)对电话线杆间可以拉电话线,其余的那些由于隔得太远而无法被连接。第i对电话线杆的两个端点分别为A_i、B_i,它们间的距离为L_i(1<=L_i<=1,000,000)。数据中保证每对{A_i,B_i}最多只出现1次。编号为1的电话线杆已经接入了全国的电话网络,整个农场的电话线全都连到了编号为N的电话线杆上。也就是说,FJ的任务仅仅是找一条将1号和N号电话线杆连起来的路径,其余的电话线杆并不一定要连入电话网络。经过谈判,电信公司最终同意免费为FJ连结K(0<=K<N)对由FJ指定的电话线杆。对于此外的那些电话线,FJ需要为它们付的费用,等于其中最长的电话线的长度(每根电话线仅连结一对电话线杆)。如果需要连结的电话线杆不超过K对,那么FJ的总支出为0。请你计算一下,FJ最少需要在电话线上花多少钱。
输入格式
第1行: 3个用空格隔开的整数:N,P,以及K
第2..P+1行: 第i+1行为3个用空格隔开的整数:A_i,B_i,L_i
输出格式
第1行: 输出1个整数,为FJ在这项工程上的最小支出。
如果任务不可能完成, 输出-1
容易想到的策略是:把1~n路径上花费最高的k条路径去掉。所以我们可以枚举每条路径并枚举路径上的每条边来解答。但这显然不是我们能够接受的复杂度。
我们需要换一种思路来做。我们来分析一下答案的性质:
设答案为ans,那么在1~n的所有路径中lenth<=ans的都可以免费,其余的计入k条免费线路中。如果ans过小,那么lenth>ans的路径数可能大于k,如果过大则得不到最优解。所以我们可以二分答案,对于每个二分出的limitation,把边长大于它的路线的代价改成1,其余的代价为0。然后跑一遍最短路,看最短路长度是否≤k即可。
最短路可以用Dijkstra+Heap做到O((N+M) * logN),二分答案的复杂度为O(logAns),所以总复杂度为:
\[ O((N+M)logNlogAns) \]
可以通过本题。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define maxn 1001
#define maxm 10001
using namespace std;struct edge{int to,next,dis;edge(){}edge(const int &_to,const int &_dis,const int _next){to=_to,dis=_dis,next=_next;}
}e[maxm<<1];
int head[maxn],k;int dis[maxn],maxlen,ans;
bool vis[maxn];
int n,m,t;
priority_queue< pair<int,int>,vector< pair<int,int> >,greater< pair<int,int> > > q;inline int read(){register int x(0),f(1); register char c(getchar());while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f;
}
inline void add(const int &u,const int &v,const int &w){e[k]=edge(v,w,head[u]);head[u]=k++;
}inline void dijkstra(const int &lim){memset(dis,0x3f,sizeof dis);memset(vis,false,sizeof vis);q.push(make_pair(0,1));dis[1]=0;while(q.size()){int u=q.top().second; q.pop();if(vis[u]) continue; vis[u]=true;for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if(dis[v]>dis[u]+(e[i].dis>lim))dis[v]=dis[u]+(e[i].dis>lim),q.push(make_pair(dis[v],v));}}
}int main(){memset(head,-1,sizeof head);n=read(),m=read(),t=read();for(register int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read(),w=read();add(u,v,w),add(v,u,w);if(maxlen<w) maxlen=w;}int l=0,r=maxlen,flag=false;while(l<=r){int lim=l+r>>1;dijkstra(lim);if(dis[n]<=t) flag=true,ans=lim,r=lim-1;else l=lim+1;}printf("%d\n",flag?ans:-1);return 0;
}
转载于:https://www.cnblogs.com/akura/p/10848893.html
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