[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;

}

巴特西

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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：

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：

可以通过本题。

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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：

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：

可以通过本题。

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