Two Currencies

传送门
题意：一个图，要求从起点到各个点的最短时间。其中，每条路要花费一定钱a，一定时间b。起初s元，有无限金币可换钱。每个点都可以换无限数目的钱，每次得到c元，花费d时间。

思路：

会Dijkstra却不会带上dp的Dijkstra的我被自己菜哭，想了好久怎么处理每个点换多少钱，果然贪心不行dp来凑
其实思路不难，就是在图上进行dp。

每个状态都做一次决策，要不要换钱。状态有两个，一个是dp的状态；一个是priority_queue优先队列中存的状态。状态dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]为到达点iii还剩余jjj元的最短时间。队列中的状态为三元组tuple(t,u,w)tuple(t,u,w)tuple(t,u,w)即此时时间过去了t秒，处于点u，还有w元。队列状态之间的转移，通过①连接两个点的边②换一次钱。按照Dijkstra的套路，从近到远（所需时间小到大）排序，抽取最近的点进行dp状态更新和队列状态转移。

与传统的Dijkstra不同的是，传统用vis数组记录有哪些点进来过，有哪些没有。这里通过是否dp[u][w]>tdp[u][w] > tdp[u][w]>t判重。（其实此处根本不需要判重，因为这里Dijkstra队列的形成必是时间递进的；而且有背包的上限，状态不会无限增加）

首先，我们得找到到达一个目的地可能需要的最多钱。来作为dp的背包上限。一共50个点，最远的地方是走了49条路，每条路最多花费50元，那么上限就是49×50=2450。即所有队列状态和dp状态的w小于等于2450。

接下来参考代码。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=55;
const int maxm=2466;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//long long最大值，8个3f
#define tp tuple<ll,ll,ll>vector<tp> G[maxn];//存每个点所能到达的点
ll c[maxn],d[maxn];//此点换钱的钱数和花费时间
ll dp[maxn][maxm];int main(){int n,m,s;scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);s=min(2450,s);//防止越界，取2450（最大容量）以下。for(int i=1;i<=m;i++){ll u,v,a,b;scanf("%lld%lld%lld%lld",&u,&v,&a,&b);G[u].push_back(tp(v,a,b)); //点 钱 时间 G[v].push_back(tp(u,a,b));}for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&c[i],&d[i]);fill(dp[0],dp[0]+54*2465,inf);//全部初始化为inf的骚操作dp[1][s]=0;//初始化起点//优先队列，按照tuple三个值（从前往后）升序priority_queue<tp,vector<tp>,greater<tp>> pq;pq.push(tp(0,1,s));while(!pq.empty()){tp cur;cur=pq.top();pq.pop();ll t=get<0>(cur),u=get<1>(cur),w=get<2>(cur);//取tuple值if(dp[u][w]>t) continue; //可有可无的判重for(auto i:G[u]){//遍历vectorll v=get<0>(i),toa=get<1>(i),tob=get<2>(i);if(dp[v][w-toa]>t+tob&&w>=toa){//如果有足够钱可达且这样走比原有dp更快dp[v][w-toa]=t+tob;pq.push(tp(t+tob,v,w-toa));//存入状态}}if(dp[u][min(2450LL,w+c[u])]>t+d[u]){//如果充1次钱后比原有dp更快dp[u][min(2450LL,w+c[u])]=t+d[u];pq.push(tp(t+d[u],u,min(2450LL,w+c[u])));//存入状态}//这里只充一次钱，因为接下来会有下一次充钱的状态到来~}for(int i=2;i<=n;i++){ll ans=inf;for(int j=0;j<=2450;j++)ans=min(ans,dp[i][j]);//取到达时剩下的不同钱中最快的printf("%lld\n",ans);}
}

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[ACM]【Dijkstra/DP】Atcoder 164 Two Currencies

Two Currencies

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