bzoj1880 [Sdoi2009]Elaxia的路线

本文主要是介绍bzoj1880 [Sdoi2009]Elaxia的路线，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

传送门
Description
最近，Elaxia和w* * 的关系特别好，他们很想整天在一起，但是大学的学习太紧张了，他们必须合理地安排两个人在一起的时间。Elaxia和w * * 每天都要奔波于宿舍和实验室之间，他们希望在节约时间的前提下，一起走的时间尽可能的长。现在已知的是Elaxia和w * *所在的宿舍和实验室的编号以及学校的地图：地图上有N个路口，M条路，经过每条路都需要一定的时间。具体地说，就是要求无向图中，两对点间最短路的最长公共路径。
Input
第一行：两个整数N和M（含义如题目描述）。第二行：四个整数x1、y1、x2、y2（1 ≤ x1 ≤ N，1 ≤ y1 ≤ N，1 ≤ x2 ≤ N，1 ≤ ≤ N），分别表示Elaxia的宿舍和实验室及w**的宿舍和实验室的标号（两对点分别 x1,y1和x2,y2）。接下来M行：每行三个整数，u、v、l（1 ≤ u ≤ N，1 ≤ v ≤ N，1 ≤ l ≤ 10000），表 u和v之间有一条路，经过这条路所需要的时间为l。
Output
一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）
Sample Input
9 10
1 6 7 8
1 2 1
2 5 2
2 3 3
3 4 2
3 9 5
4 5 3
4 6 4
4 7 2
5 8 1
7 9 1
Sample Output
3
HINT
对于30%的数据，N ≤ 100；
对于60%的数据，N ≤ 1000；
对于100%的数据，N ≤ 1500，输入数据保证没有重边和自环。
Source
Day2

题解

在原图中进行四遍SPFA，计算出每一个点到四个点的最短路，然后枚举每一条边，判断其是否可以同时出现在两条最短路中，如果可以就开一个新图，在这条边所在的位置加入一条单向边，进行拓扑排序，并维护答案。又由于两人面对面经过也算可行方案，所以我们还要重新判断每一条边是否可以容许两人面对面经过且处在两条最短路中，如果可以就重新开一个图，加入单向边，重新跑一遍拓扑排序，维护答案。
这道题的数据实在是太水了，虽然很多人都AC了，但是其实许多都是用了错误的做法。在bzoj的讨论中有两组数据，能将大部分人的代码卡掉。
数据1：
8 8
1 3 2 4
1 6 1
3 8 1
2 5 1
4 7 1
5 6 1
6 7 1
7 8 1
8 5 1
正确答案：1，错误答案：2
数据2：
8 9
1 6 7 8
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 5 1
5 6 1
7 3 5
7 5 5
2 8 4
4 8 4
正确答案：1，错误答案：3
经过多方查找，终于发现了一份真正能够AC的程序，来自PoPoQQQ大神。
Po姐传送门
不过Po姐的程序还可以优化，最后两遍SPFA完全是多余的，只需要修改一下判断语句里的数组名就可以了，能达到同样的效果。

还有：注意SPFA里面的memset，如果按正常写法只能给dis[0]赋值!

CODE：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
struct edge
{int nxt,to,dis;
}a[3000010];
int head[10000];
int Head[10000];
int lv[10000];
bool b[10000];
int s1[10000],t1[10000],s2[10000],t2[10000];
int n,m,x1,y1,x2,y2,x,y,z,num,ans;
queue<int>q;
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline void add(int head[],int x,int y,int z){a[++num].nxt=head[x],a[num].to=y,a[num].dis=z,head[x]=num;}
inline void Add(int head[],int x,int y,int z){add(head,x,y,z);add(head,y,x,z);}
inline void SPFA(int S,int dis[])
{memset(dis,0x3f,sizeof (int)*1510);dis[S]=0;q.push(S);while(!q.empty()){int tmp=q.front();q.pop();b[tmp]=0;for(int i=head[tmp];i;i=a[i].nxt)if(dis[a[i].to]>dis[tmp]+a[i].dis){dis[a[i].to]=dis[tmp]+a[i].dis;if(!b[a[i].to]) b[a[i].to]=1,q.push(a[i].to);}}
}
inline void topologysort()
{int dis[10000];memset(dis,0,sizeof(dis));for(int i=1;i<=n;i++)if(!lv[i]) q.push(i);while(!q.empty()){int tmp=q.front();q.pop();ans=max(ans,dis[tmp]);for(int i=Head[tmp];i;i=a[i].nxt){dis[a[i].to]=max(dis[a[i].to],dis[tmp]+a[i].dis);if(!--lv[a[i].to]) q.push(a[i].to);}}
}
int main()
{scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&x1,&y1,&x2,&y2);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),Add(head,x,y,z);SPFA(x1,s1);SPFA(y1,t1);SPFA(x2,s2);SPFA(y2,t2);for(int tmp=1;tmp<=n;tmp++)for(int i=head[tmp];i;i=a[i].nxt)if(s1[tmp]+a[i].dis+t1[a[i].to]==s1[y1]&&s2[tmp]+a[i].dis+t2[a[i].to]==s2[y2])add(Head,tmp,a[i].to,a[i].dis),lv[a[i].to]++;topologysort();memset(Head,0,sizeof(Head));for(int tmp=1;tmp<=n;tmp++)for(int i=head[tmp];i;i=a[i].nxt)if(s1[tmp]+a[i].dis+t1[a[i].to]==s1[y1]&&s2[a[i].to]+a[i].dis+t2[tmp]==s2[y2])add(Head,tmp,a[i].to,a[i].dis),lv[a[i].to]++;topologysort();printf("%d",ans);return 0;
}