ABC245 G Foreign Friends

题目描述

有 N N N个人和 K K K个国家，每个人属于唯一的一个国家。第 i i i个人所属的国家为 A i A_i Ai。其中，有 L L L个受欢迎的人，分别是 B 1 , B 2 , … , B L B_1,B_2,\dots ,B_L B1,B2,…,BL。一开始，没有人相互是朋友。

对于 M M M对人，小 T T T可以花费 C i C_i Ci的代价，使 U i U_i Ui和 V i V_i Vi成为朋友。

现在，对于每个 i ( 1 ≤ i ≤ N ) i(1\leq i\leq N) i(1≤i≤N)，问 i i i是否能和另外一个国家的某个受欢迎的人成为直接或间接的朋友。所谓间接的朋友，是指他们之间有一条朋友关系的路径，路径上的每条边都表示一对朋友关系。如果可以，输出小 T T T要花费的最小的代价，否则输出 − 1 -1 −1。

题解

这是一道最短路问题，我们可以使用Dijkstra。

每个点都跑一遍显然不行，所以我们可以考虑让每个受欢迎的人去与每个人交朋友。但如果每个受欢迎的人还是会TLE，所以要继续优化。

我们把所有受欢迎的人放在优先队列中跑最短路，并记录他们所属的国家。要保证每个人只会被每个国家更新一次。

我们需要在从优先队列中取出一个人的信息后再更新这个人。对每个人维护两个值：最小值和次小值。并且最小值和次小值所来自的受欢迎的人所属的国家不同。因为队列是优先队列，所以每个人第一次取出的值为最小值，第二次取出的值为次小值。

在输出时，如果最小值所来自的国家与这个人的国家不同，则输出最小值；否则因为次小值所来自的国家与最小值的不同，所以次小值所来自的国家与这个人所属的国家一定不同，输出次小值。

因为每个人只会被更新两次，用到优先队列，所以时间复杂度为 O ( n l o g n ) O(nlog \ n) O(nlog n)

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,t,x,y,z,tot,a[100005],b[100005],d[200005],l[200005],r[200005],us[100005];
long long tw[200005];
struct node{int c1,c2;long long v1,v2;
}w[100005];
struct vt{int x,c;long long dis;bool operator<(const vt ax)const{return dis>ax.dis;}
};
priority_queue<vt>q;
void add(int xx,int yy,int zz){l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;tw[tot]=zz;
}
void dd(){while(!q.empty()){vt u=q.top();q.pop();if(us[u.x]<2&&w[u.x].c1!=u.c){if(!us[u.x]){w[u.x].c1=u.c;w[u.x].v1=u.dis;}else{w[u.x].c2=u.c;w[u.x].v2=u.dis;}++us[u.x];for(int i=r[u.x];i;i=l[i]){q.push((vt){d[i],u.c,u.dis+tw[i]});}}}
}
int main()
{scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&t);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=t;i++){scanf("%d",&b[i]);q.push((vt){b[i],a[b[i]],0});}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);add(x,y,z);add(y,x,z);}dd();for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==w[i].c1){if(w[i].c2) printf("%lld ",w[i].v2);else printf("-1 ");}else{if(w[i].c1) printf("%lld ",w[i].v1);else printf("-1 ");}}return 0;
}