DTOJ#5016. 最短路径问题

宫水三叶喜欢旅游。

三叶来到了一个 $n$ 个点的城市，点与点之间有边相连，边有长度，即三叶通过所需时间。

三叶制定了一份旅游计划表。

计划表上总共包含 $k$ 个计划，每个计划可以用两个节点 $a_i,b_i$ 来描述。因为两个节点有一定联系，所以第 $i$ 个计划是先到达节点 $a_i$ ，然后到达节点 $b_i$ 。

三叶认为计划一定要按顺序来完成，所以在还没完成第 $i$ 个计划时，是不会进行第 $i+1$ 个计划的。

三叶通过一些获得了两个传送门。每一次三叶到达一个节点 $x$ 后可以做以下操作。

• 三叶可以不操作
• 三叶可以选择图上任意一个传送门，并将其收回。
• 如果 $x$ 没有传送门，并且图上的传送门个数不到 $2$ 个，那么三叶可以在 $x$ 上设立传送门。
• 如果 $x$ 有传送门，并且图上还有一个传送门在 $y$ ，那么三叶可以不花费任何时间从 $x$ 走到 $y$ 。当然，三叶也可以放弃这次机会。

以上操作均不耗时。

三叶一开始在节点 $1$ 。那么请问，三叶完成所有计划的最小时间是多少。

第一行，三个整数 $n,m,k$ ，表示点数，边数，计划数。

接下来 $m$ 行，每行三个整数 $u_i,v_i,w_i$ ，表示一条连接 $u_i,v_i$ 的长度为 $w_i$ 的双向边。

接下来 $k$ 行，每行两个整数 $a_i,b_i$ ，描述一个计划。

输出一行，表示最小花费时间。

样例输入 1

5 4 2
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 5 1
1 5
2 4

样例输出 1

5

样例输入 2

6 10 3
1 1 6
5 6 9
3 5 8
1 4 1
2 4 7
6 6 10
1 4 2
6 5 10
3 5 2
3 1 9
1 5
2 5
4 3

样例输出 2

28

样例输入 3

6 10 3
1 1 3
3 1 1
6 2 3
1 6 10
4 1 1
3 1 2
5 6 9
5 4 10
6 3 4
3 4 4
3 5
3 6
6 5

样例输出 3

16

样例数据 4

见下发文件。

本题采用捆绑测试。

对于所有数据，满足 $1\le n,k\le 300,1\le m\le 4\times 10^4,0\le w_i\le 10^9$。

保证图为连通图。

子任务编号	$n,k$	分值
$1$	$\le 40$	$30$
$2$	$\le 80$	$30$
$3$	$\le 300$	$40$

大水题，直接DP但得发现只有一个传送门有用。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 305
#define M 40004
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll inf=1e16;
inline int read(){
    
    
	int x=0,f=1;char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){
    
    if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9'){
    
    x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}
ll g[N][N],f[2][N],m1;
int a[N<<1],b[N<<1];
int main(){
    
    
 //   freopen("data.in","r",stdin);
 //   freopen("path.out","w",stdout);
	int n=read(),m=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)g[i][j]=g[j][i]=inf;
    for(int i=1;i<=m;++i){
    
    
    	int x=read(),y=read();ll z=read();
    	g[x][y]=min(g[x][y],z);g[y][x]=min(g[y][x],z);
    }
    a[1]=1;
    int le=1;
    for(int i=1;i<=k;++i){
    
    
    	int x=read(),y=read();
    	b[le]=x;a[++le]=x,b[le]=y;a[++le]=y;
    }
    	
    for(int z=1;z<=n;++z){
    
    
    	for(int i=1;i<=n;++i){
    
    
    		for(int j=1;j<=n;++j){
    
    
    			g[i][j]=min(g[i][j],g[i][z]+g[z][j]);
    		}
    	}
    }
    le--;k=le;
    for(int i=1;i<=n;++i)f[0][i]=inf;
    f[0][1]=0;
    for(int i=1;i<=k;++i){
    
    
    	int now=i&1,x=a[i],y=b[i];
    	for(int j=1;j<=n;++j)f[now][j]=inf;m1=inf;
    	for(int j=1;j<=n;++j)m1=min(m1,f[now^1][j]);
    	for(int j=1;j<=n;++j){
    
    
    		f[now][j]=min(f[now][j],g[x][y]+f[now^1][j]);
    	}
    	for(int j=1;j<=n;++j){
    
    
    		f[now][j]=min(f[now][j],g[x][j]+g[j][y]+m1);
    	}
    	for(int j=1;j<=n;++j){
    
    
    		f[now][j]=min(f[now][j],f[now^1][j]+g[j][y]);
    	}
    	for(int j=1;j<=n;++j)for(int h=1;h<=n;++h){
    
    
    		f[now][j]=min(f[now][j],g[x][j]+g[h][y]+f[now^1][h]);
    	}
    	for(int j=1;j<=n;++j)for(int h=1;h<=n;++h){
    
    
    		f[now][j]=min(f[now][j],g[h][j]+g[j][y]+f[now^1][h]);
    	}
    }
    ll ans=inf;
    for(int j=1;j<=n;++j)ans=min(ans,f[k&1][j]);
    printf("%lld\n",ans);
    	
    return 0;
}