NCPC2018 D.Delivery Delays[二分答案+DP check]

Delivery Delays

题意

$1000$个点,$5000$条边的无向图,披萨店在$1$号店.$1000$份披萨订单,每个订单有下单时间,送达地点,披萨制作出来的时间.你是快递员初始在$1$号点,每次可以拿无穷多披萨,送完以后返回$1$号点继续送,送餐的时候要求按照下单顺序送达,求等待时间最长的顾客的最小等待时间.

题解

其实这道题不难,读题的时候读漏了一个条件…然后就GG了.

最小化最大值的问题,我们可以思考二分答案再check的套路进行.

二分等待时间最长的顾客的等待时间$M$,则其他所有顾客的等待时间不应超过$M$.

如何$check$呢?

答:我们可以用$dp$的方法进行$check$.

考虑到所有的披萨都必须按照下单时间顺序送达,那么可以想象到最优的方案应该会将披萨序列分成若干小段,每一段都是从$1$号点出发,拿上该段所有的披萨,然后以最短路的形式,依次将披萨送达,最后回道$1$点.

那么我们就可以定义$dp[i]$表示将前$i$块披萨准时送达,且最后回到$1$点出所花费的最小时间.

转移方程是$O(n)$的

对于$i$这个点,将所有$j\ge i+1$的$dp[j]$全部更新.

定义$len[i][j]$表示从$1$出发,依次经过$i$,$i+1$,…,$j$这些点的最短路径长度.

当用$dp[i]$来更新$dp[j]$的时候

1. 我们注意到出发时间一定不能小于$max\{dp[i],t[i+1],t[i+2],...,t[j]\}$,因为必须等这些披萨都制作完成后才能触出发

2. 并且出发时间也一定不能大于$min\{M+s[i+1]-len[i][i+1],...,M+s[j]-len[i][j]\}$.
   因为对于每个$t$,满足$i+1\le t\le j$,必然有$len[i][t]+st-s[j]\le M$,也即$st\le M-len[i][t]+s[j]$

同时满足这两个条件的$j$才能由$i$进行转移.

如果最后$dp[k]$被更新过,那么限制$M$就是可星的,否则布星.

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
const int N  = 1007;
typedef long long LL;
const LL inf = 1e15;
typedef std::pair<LL,int> pii;
std::vector<pii> edge[N];
LL dis[N][N],dp[N];
void Dij(LL D[N],int s) {
	rep(i,0,N-1) D[i] = inf;
	std::priority_queue<pii,std::vector<pii>,std::greater<pii> > Q;
	D[s] = 0;
	Q.push((pii){D[s],s});
	while(!Q.empty()) {
		pii p = Q.top();Q.pop();
		int u = p.second;
		if(D[u] < p.first) continue;
		for(pii e : edge[u]) {
			int v = e.second;LL c = e.first;
			if(D[v] > D[u] + c) {
				D[v] = D[u] + c;
				Q.push((pii){D[v],v});
			}

		}
	}
}
LL s[N],t[N],u[N];
int n,m,k;
bool check(LL M) {
	dp[0] = 0;
	rep(i,1,k) dp[i] = inf;
	rep(i,0,k-1) {
		LL st = dp[i],len = 0,mxst = inf;
		rep(j,i+1,k) {
			if(j == i+1) len += dis[1][u[i+1]];
			else len += dis[u[j-1]][u[j]];
			
			st = std::max(st,t[j]);//离开1号点的时间
			mxst = std::min(mxst,M-len+s[j]);
			LL wait = st+len-s[j];//当前点等待时间
			if(wait <= M && st <= mxst) dp[j] = std::min(dp[j],st+len+dis[u[j]][1]);
			else break;
		}
	}
	return dp[k] < inf;
}
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin >> n >> m;
	rep(i,1,m) {
		int a,b;LL c;
		std::cin >> a >> b >> c;
		edge[a].push_back((pii){c,b});
		edge[b].push_back((pii){c,a});
	}

	rep(i,1,n) {
		Dij(dis[i],i);
	}

	std::cin >> k;
	rep(i,1,k) {
		std::cin >> s[i] >> u[i] >> t[i];
	}
	LL l = 0,r = inf;
	while(r > l) {
		LL mid = (l + r) >> 1;
		if(check(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	std::cout << l << std::endl;
}