BZOJ 2753 [SCOI2012] 滑雪与时间胶囊 题解与分析

2753: [SCOI2012]滑雪与时间胶囊

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Description

a180285非常喜欢滑雪。他来到一座雪山,这里分布着M条供滑行的轨道和N个轨道 之间的交点(同时也是景点),而且每个景点都有一编号i(1<=i<=N)和一高度Hi。a180285 能从景点i 滑到景点j 当且仅当存在一条i 和j 之间的边,且i 的高度不小于j。 与其他滑雪爱好者不同,a180285喜欢用最短的滑行路径去访问尽量多的景点。如果仅 仅访问一条路径上的景点,他会觉得数量太少。于是a180285拿出了他随身携带的时间胶囊。 这是一种很神奇的药物,吃下之后可以立即回到上个经过的景点(不用移动也不被认为是 a180285 滑行的距离)。请注意,这种神奇的药物是可以连续食用的,即能够回到较长时间 之前到过的景点(比如上上个经过的景点和上上上个经过的景点)。 现在,a180285站在1号景点望着山下的目标,心潮澎湃。他十分想知道在不考虑时间
胶囊消耗的情况下,以最短滑行距离滑到尽量多的景点的方案(即满足经过景点数最大的前 提下使得滑行总距离最小)。你能帮他求出最短距离和景点数吗?

Input

输入的第一行是两个整数N,M。
接下来1行有N个整数Hi,分别表示每个景点的高度。
接下来M行,表示各个景点之间轨道分布的情况。每行3个整数,Ui,Vi,Ki。表示
编号为Ui的景点和编号为Vi的景点之间有一条长度为Ki的轨道。

Output

 
输出一行,表示a180285最多能到达多少个景点,以及此时最短的滑行距离总和。 

Sample Input


3 3
3 2 1
1 2 1
2 3 1
1 3 10

Sample Output

3 2

HINT

【数据范围】

    对于30%的数据,保证 1<=N<=2000

    对于100%的数据,保证 1<=N<=100000

对于所有的数据,保证 1<=M<=1000000,1<=Hi<=1000000000,1<=Ki<=1000000000。

Source

 

【分析】:

        由于给的是个有向图,因此第一问直接可以BFS,标记上从1号点能到的点并统计,第二问由于题中“不用移动也不被认为是a180285 滑行的距离”,因此只需考虑移动一次的距离,有些类似于生成树,若想转变成最小生成树,只需分层,即按高度从大到小为第一关键字排序,边权为第二关键字排序,进行一遍kruskal算法即可

【代码】:

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 100001
#define MAXE 2000001
struct EDGE{int from,to,value,height,next;};
EDGE a[MAXE];
int N,M,tot=0,last[MAXN];
bool vis[MAXN];
int Q[MAXE],ans1,fa[MAXN],H[MAXN];
long long ans2=0LL;
bool cmp(EDGE X,EDGE Y)
{
      if(X.height==Y.height)   return X.valueY.height;
}
int get(int x){return fa[x]==x ? x : fa[x]=get(fa[x]);}
void add(int from,int to,int value)
{
      a[++tot].from=from;
      a[tot].to=to;
      a[tot].value=value;
      a[tot].height=H[to];
      a[tot].next=last[from];
      last[from]=tot;
}
void Q1()
{
      int right=1;
      Q[1]=1;ans1=1;
      vis[1]=true;
      for(int i=1;i<=right;i++)
      {
            int now=Q[i];
            for(int j=last[now];j;j=a[j].next)
            {
                  if(!vis[a[j].to])
                  {
                        vis[a[j].to]=true;
                        ans1++;
                        Q[++right]=a[j].to;
                  }
            }
      }
}
void Q2()
{
      int tot1=0;
      sort(a+1,a+1+tot,cmp);
      for(int i=1;i<=N;i++)  fa[i]=i;
      for(int i=1;i<=tot;i++)
      {
            if(!(vis[a[i].from] && vis[a[i].to]))   continue;
            int fx=get(fa[a[i].from]);
            int fy=get(fa[a[i].to]);
            if(fx!=fy)
            {
                  fa[fy]=fx;
                  tot1++;
                  ans2+=(long long)a[i].value;
            }
            if(tot1==ans1-1)   break;
      }
}
int main()
{
	  scanf("%d%d",&N,&M);
	  for(int i=1;i<=N;i++)
	        scanf("%d",&H[i]);
      for(int i=1;i<=M;i++)
      {
            int A,B,C;
            scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
            if(H[A]>=H[B])   add(A,B,C);
            if(H[A]<=H[B])   add(B,A,C);
      }
      Q1();
      Q2();
      printf("%d %lld\n",ans1,ans2);
	  //system("pause");
      return 0;
}


 

转载注明出处: http://blog.csdn.net/u011400953

 

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