邮递员送信

题目描述

有一个邮递员要送东西，邮局在节点 $1$。他总共要送 $n-1$ 样东西，其目的地分别是节点 $2$ 到节点 $n$。由于这个城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 $m$ 条道路。这个邮递员每次只能带一样东西，并且运送每件物品过后必须返回邮局。求送完这 $n-1$ 样东西并且最终回到邮局最少需要的时间。

输入格式

第一行包括两个整数，$n$ 和 $m$，表示城市的节点数量和道路数量。

第二行到第 $(m+1)$ 行，每行三个整数，$u,v,w$，表示从 $u$ 到 $v$ 有一条通过时间为 $w$ 的道路。

输出格式

输出仅一行，包含一个整数，为最少需要的时间。

样例 #1

样例输入 #1

5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2

样例输出 #1

83

提示

对于 $30\%$ 的数据，$1\le n\le 200$。

对于 $100\%$ 的数据，$1\le n\le 10^3$，$1\le m\le 10^5$，$1\le u,v\le n$，$1\le w\le 10^4$，输入保证任意两点都能互相到达。

$Floyd$ 逃课做法（要开O2）

直接套$Floyd$

最后的结果是每个点到 1 节点的距离与 1 到每个点的距离之和，注意存储初始距离时保留最短的一条，否则会WA

$Floyd$做法代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+111;
int n,m,ans=0;
int dis[N][N];
int main(){
	cin>>n>>m;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		dis[u][v]=min(dis[u][v],w);
		//dis[u][v]=w;
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
			}
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ans+=dis[i][1]+dis[1][i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$dijkstra$堆优化

从 $1$ 跑到其他 $2n$ 节点需要跑一遍$dijkstra$

返回$1$节点也需要跑一遍$dijkstra$

因此我们在 $u+n$ 与 $v+n$ 建一个反图，方便反跑

需要堆优化

答案累加 $2$累加到$n$，反跑后从$2+n$ 累加到 $n\ast 2$即可

AC CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+49999;
int n,m,ans=0;
int dis[N];
vector<pair<int,int> > a[N];
bool vis[N];
void dijkstra(int s){
	priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	dis[s]=0;
	q.push({0,s});
	while(!q.empty()){
		pair<int,int> tmp=q.top();
		q.pop();
		int x=tmp.second;
		int y=tmp.first;
		if(dis[x]<tmp.first)continue;
		if(vis[x]==1)continue;
		vis[x]=1;
		for(int i=0;i<a[x].size();i++){
			if(dis[a[x][i].first]>y+a[x][i].second){
				dis[a[x][i].first]=y+a[x][i].second;
				q.push({dis[a[x][i].first],a[x][i].first});
			}
		}
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		a[u].emplace_back(make_pair(v,w));
		a[v+n].emplace_back(make_pair(u+n,w));
	}
	dijkstra(1);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ans+=dis[i];
	}
	dijkstra(1+n);
	for(int i=2+n;i<=n*2;i++){
		ans+=dis[i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

附封面（碧蓝档案）