Travel（dij）_综合

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64bit IO Format: %lld

转自：http://blog.csdn.net/qq_34287501/article/details/78376892

题目描述

精灵王国有N座美丽的城市，它们以一个环形排列在Bzeroth的大陆上。其中第i座城市到第i+1座城市花费的时间为d[i]。特别地，第N座城市到第1座城市花费的时间为d[N]。这些道路都是双向的。

另外，精灵们在数千年的时间里建造了M座传送门，第i座传送门连接了城市u[i]与城市v[i]，并且需要花费w[i]的时间通过（可能有两座传送门连接了同一对城市，也有可能一座传送门连接了相同的两座城市）。这些传送门都是双向的。

小S是精灵王国交通部部长，她的职责是为精灵女王设计每年的巡查路线。每次陛下会从某一个城市到达另一个城市，沿路调查每个城市的治理情况，

她需要找出一条用时最短的路线。

输入描述:

第一行为2个整数N、M。
第二行为N个正整数d[i]。
接下来M行每行三个正整数u[i]、v[i]、w[i]。
第M+3行为一个正整数Q，表示需要设计路线的次数。
接下来Q行每行两个正整数x、y，表示一次从城市x到城市y的旅行。

输出描述:

Q行每行一个正整数表示该次旅行的最短时间。

示例1

输入

输出

备注:

1 ≤ N、Q ≤ 52501，1 ≤ M ≤ 20，1 ≤ u[i]、v[i]、x、y ≤ N，1 ≤ d[i]、w[i] ≤ 2^(30)

解析：该图是一个环，再加上一些传送门（就是一些边），要想求最短距离，必然从两方面考虑，没有经过传送门和经过传送门，咱可以把所有有关传送门的点，暴力求下到所有点的最短距离，因为传送点数少，最多40个，暴力下就是40*n*log(n)，然后每次询问的复杂度为O(1)，就是遍历下传送门的40个点，这样就可以写了，不会超时了

  
   
    #include<bits/stdc++.h>
   
   
    using namespace std;
   
   
   
    typedef 
    long 
    long 
    LL;
   
   
    LL d[
    60001
    ], dis[
    41
    ][
    60001
    ], sum[
    60001
    ];
   
   
    int 
    id[
    41
    ], n;
   
   
    struct node
   
   
    {
     
   
   
        
    int 
    v;
   
   
        
    LL w;
   
   
    };
   
   
    //dis[第几个有传送门的城市][其他城市编号]=到其他城市的最短距离
   
   
    vector<node> mp[
    60001
    ];
   
   
    typedef pair<
    int
    , LL> P;
   
   
    vector<
    int
    > vx;
   
   
   
   
    void 
    dij(
    int 
    s)  
    //有传送门的城市在数组的位置
   
   
    {
     
   
   
        
    for
    (
    int 
    i = 
    1
    ; i <= n; i++) dis[s][i] = 1ll<<
    60
    ;
   
   
        
    dis[s][id[s]] = 
    0
    ;
   
   
        
    priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > q;//优先队列
   
   
        
    q.push(make_pair(id[s], 
    0
    ));
   
   
        
    while
    (!q.empty())
   
   
        
    {
     
   
   
            
    P p = q.top(); q.pop();
   
   
            
    int 
    v = p.first;
   
   
            
    if
    (dis[s][v] < p.second) 
    continue
    ;
   
   
            
    for
    (
    int 
    i = 
    0
    ; i < mp[v].size(); i++)
   
   
            
    {
     
   
   
                
    node e = mp[v][i];
   
   
                
    if
    (dis[s][e.v] > dis[s][v] + e.w)
   
   
                
    {
     
   
   
                    
    dis[s][e.v] = dis[s][v] + e.w;
   
   
                    
    q.push(make_pair(e.v, dis[s][e.v]));
   
   
                
    }
   
   
            
    }
   
   
        
    }
   
   
    }//迪杰斯特拉算法
   
   
   
   
   
    int 
    main()
   
   
    {
     
   
   
        
    int 
    m;
   
   
        
    LL res = 
    0
    ;
   
   
        
    scanf(
    "%d%d"
    , &n, &m);
   
   
        
    for
    (
    int 
    i = 
    1
    ; i <= n; i++)
   
   
        
    {
     
   
   
            
    scanf(
    "%I64d"
    , &d[i]);
   
   
            
    res += d[i];
   
   
            
    //求总距离 下面的1-n的距离会用到
   
   
            
    mp[i].push_back((node){i%n+
    1
    , d[i]});
   
   
            
    mp[i%n+
    1
    ].push_back((node){i, d[i]});
   
   
            
    //这个地方是把从i到相邻的两座城市的距离存起来了
   
   
            
    //i是城市编号 i%n+1是城市编号 d[i]是两城市间距离 双向 且1与n的距离为d[n]
   
   
        
    }
   
   
   
        
    sum[
    1
    ] = 
    0
    ;
   
   
        
    for
    (
    int 
    i = 
    2
    ; i <= n; i++) sum[i] = sum[i-
    1
    ] + d[i-
    1
    ];
   
   
        
    //所有的城市到第一个城市的距离
   
   
        
    int 
    u, v, w;
   
   
        
    for
    (
    int 
    i = 
    1
    ; i <= m; i++)
   
   
        
    {
     
   
   
            
    scanf(
    "%d%d%d"
    , &u, &v, &w);
   
   
            
    node cur;
   
   
            
    cur.v = v;
   
   
            
    cur.w = w;
   
   
            
    mp[u].push_back(cur);
   
   
            
    cur.v = u;
   
   
            
    mp[v].push_back(cur);
   
   
        
    //存入之前所存的两城市距离、双向
   
   
            
    vx.push_back(u); vx.push_back(v);
   
   
        
    //有传送门的城市编号入队列
   
   
        
    }
   
   
   
        
    LL len = unique(vx.begin(), vx.end()) - vx.begin();
   
   
        
    //统计有多少个有传送门的城市
   
   
        
    for
    (LL i = 
    1
    ; i <= len; i++)
   
   
        
    {
     
   
   
            
    id[i] = vx[i-
    1
    ];
   
   
            
    //有传送门的城市编号存入数组
   
   
            
    dij(i);
   
   
            
    //求出有传送门的城市与其他所有城市的最短距离
   
   
        
    }
   
   
   
   
        
    int 
    q;
   
   
        
    scanf(
    "%d"
    , &q);
   
   
        
    while
    (q--)
   
   
        
    {
     
   
   
            
    scanf(
    "%d%d"
    , &u, &v);
   
   
            
    LL ans = abs(sum[v] - sum[u]);
   
   
            
    //两个城市间不经过传送门的距离
   
   
            
    ans = min(ans, res - ans);
   
   
            
    //一个城市到另一个城市不经过传送门的两个方向的距离 取小的
   
   
            
    for
    (
    int 
    i = 
    1
    ; i <= len; i++)
   
   
            
    {
     
   
   
                
    ans = min(ans, dis[i][u] + dis[i][v]);
   
   
                
    //与经过传送门的距离比较 取小的
   
   
            
    }
   
   
            
    printf(
    "%lld\n"
    , ans);
   
   
        
    }
   
   
        
    return 
    0
    ;
   
   
   
    }

求图的最短路径算法（四种）可参考：http://blog.csdn.net/qibofang/article/details/51594673

大神讲解非常详细了。