[Wikioi 1041][NOIP 2001提高组]Car的旅行路线(疑难题)

题目描述 Description

又到暑假了，住在城市A的Car想和朋友一起去城市B旅游。她知道每个城市都有四个飞机场，分别位于一个矩形的四个顶点上，同一个城市中两个机场之间有一条笔直的高速铁路，第I个城市中高速铁路了的单位里程价格为Ti，任意两个不同城市的机场之间均有航线，所有航线单位里程的价格均为t。

那么Car应如何安排到城市B的路线才能尽可能的节省花费呢?她发现这并不是一个简单的问题，于是她来向你请教。
任务
找出一条从城市A到B的旅游路线，出发和到达城市中的机场可以任意选取，要求总的花费最少。

输入描述 Input Description

第一行为一个正整数n(0<=n<=10)，表示有n组测试数据。
每组的第一行有四个正整数s，t，A，B。
S(0 接下来有S行，其中第I行均有7个正整数xi1，yi1，xi2，yi2，xi3，yi3，Ti，这当中的(xi1，yi1)，(xi2，yi2)，(xi3，yi3)分别是第I个城市中任意三个机场的坐标，T I为第I个城市高速铁路单位里程的价格。

输出描述 Output Description

共有n行，每行一个数据对应测试数据。

样例输入 Sample Input

1
3 10 1 3
1 1 1 3 3 1 30
2 5 7 4 5 2 1
8 6 8 8 11 6 3

样例输出 Sample Output

47.5

数据范围及提示 Data Size & Hint

如描述

题目思路

此题是一道典型的单源最短路问题，不过要吐槽下它的预处理太恶心了，首先输入数据只给了每个城市的三个点的坐标，第四个点的坐标必须自己求（考验几何的时候到了），但是这四个点的相对几何位置不固定，因此需要用迭代法不断交换三个点的位置:A-B-C --> B-C-A --> C-A-B......直到三个点的位置如图所示，这样就可以求出第四个点的坐标了，然后再用数组构造一个图，同一城市机场间的边的长度=机场间的距离*该城市铁路单价，不同城市的机场间的边长=机场间的距离*飞机票单价，再用最短路算法求解，最佳算法是迪杰斯特拉，不过该题数据弱爆了，我用Floyd也能过。

PS：Wiki的样例数据真TMD坑，用样例pretest居然WA，交上去又是AC，不知道是样例的问题还是测试点的问题，故标记此题为疑难题

 

 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define INF 10000000
#define CTOA(x) (((x-1)<<2)+1) 
#define DISTANCE(x1,y1,x2,y2) ((double)sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2))) //自定义宏，开根号操作
using namespace std;
double node[4050][4050]; //node[i][j]=i点到j点的最短距离
double T; //t=飞机航线的单价，T=铁路线路的单价
int tx[3],ty[3],t;
double ans=INF;
struct city
{
	int x[4];
	int y[4];
}ct[105]; //ct[i].x[j]=第i个城市第j个机场横坐标，ct[i].y[j]=第i个城市第j个机场纵坐标
void getfour(int c) //获取第c个城市第四个机场的坐标
{
	int tt;
	memcpy(tx,ct[c].x,sizeof(tx));
	memcpy(ty,ct[c].y,sizeof(ty));
	while((tx[0]-tx[1])*(tx[2]-tx[1])+(ty[0]-ty[1])*(ty[2]-ty[1])) //(x1-x2)*(x3-x2)=(y1-y2)*(y3-y2)时，两直线垂直
	{
		tt=tx[0]; tx[0]=tx[1]; tx[1]=tx[2]; tx[2]=tt;
		tt=ty[0]; ty[0]=ty[1]; ty[1]=ty[2]; ty[2]=tt; //点ABC转化为BCA，不断迭代到AB⊥BC
	}
	ct[c].x[3]=tx[0]-tx[1]+tx[2];
	ct[c].y[3]=ty[0]-ty[1]+ty[2];
}
int min(int a1,int b1)
{
	if(a1>s>>t>>a>>b;
		if(a==b) { cout<<"0.0\n"; continue;} //注意出发点和目的地在同一城市的情况，直接输出0.0
		int airport=s<<2; //airport=机场数量
		for(i=1;i<=airport;i++)
		{
			for(j=1;j<=airport;j++)
				node[i][j]=INF; //初始化各点间的路的距离为无穷大
		}
		for(i=1;i<=s;i++)
		{
			for(j=0;j<3;j++)
				cin>>ct[i].x[j]>>ct[i].y[j];
			cin>>T;
			getfour(i); //将第i个城市第四个机场确定
			for(j=0;j<4;j++)
			{
				for(k=0;k<4;k++)
					if(j!=k) //不是同一个机场的话，勾股定理初始化二者间的花费（花费=距离*每单位路程单价）
						node[CTOA(i)+j][CTOA(i)+k]=(DISTANCE(ct[i].x[j],ct[i].y[j],ct[i].x[k],ct[i].y[k])*T);
			}
		}
		for(i=1;i<=s;i++)
		{
			for(j=1;j<=s;j++)
			{
				if(i!=j) //如果i、j不是同一个城市
					for(k=0;k<4;k++) //第i个城市的第k个机场
					{
						for(l=0;l<4;l++) //第j个城市的第l个机场
							node[CTOA(i)+k][CTOA(j)+l]=(DISTANCE(ct[i].x[k],ct[i].y[k],ct[j].x[l],ct[j].y[l])*t);
					}
			}
		}
		//Floyd
		for(k=1;k<=airport;k++)
		{
			for(i=1;i<=airport;i++)
			{
				for(j=1;j<=airport;j++)
				{
					node[i][j]=min(node[i][j],node[i][k]+node[k][j]);
				}
			}
		}
		for(i=0;i<4;i++)
		{
			for(j=0;j<4;j++)
				ans=min(ans,node[CTOA(a)+i][CTOA(b)+j]);
		}
		cout<