HDU 6290（最短路）

传送门

题面：

奢侈的旅行

Time Limit: 14000/7000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 512000/512000 K (Java/Others)
Total Submission(s): 240    Accepted Submission(s): 40

Problem Description

高玩小Q不仅喜欢玩寻宝游戏，还喜欢一款升级养成类游戏。在这个游戏的世界地图中一共有 n个城镇，编号依次为 1到 n。

这些城镇之间有 m条单向道路，第 i 条单项道路包含四个参数 ui,vi,ai,bi，表示一条从 ui号城镇出发，在 vi号城镇结束的单向道路，因为是单向道路，这不意味着小Q可以从 vi沿着该道路走到 ui。小Q的初始等级 level为 1，每当试图经过一条道路时，需要支付 cost=log2(level+ai/level)，并且经过该道路后，小Q的等级会提升 ai级，到达 level+ai级。但是每条道路都会在一定意义上歧视低消费玩家，准确地说，如果该次所需积分 cost<bi，那么小Q不能经过该次道路，也不能提升相应的等级。

注意：本游戏中等级为正整数，但是积分可以是任意实数。

小Q位于 1号城镇，等级为 1，现在为了做任务要到 n号城镇去。这将会是一次奢侈的旅行，请写一个程序帮助小Q找到需要支付的总积分最少的一条路线，或判断这是不可能的。

 

Input

第一行包含一个正整数 T(1≤T≤30)，表示测试数据的组数。

每组数据第一行包含两个整数 n,m(2≤n≤100000,1≤m≤200000)，表示城镇数和道路数。

接下来 m行，每行四个整数 ui,vi,ai,bi(1≤ui,vi≤n,ui≠vi,0≤ai≤109,0≤bi≤60)，分别表示每条单向道路。

 

Output

对于每组数据，输出一行一个整数，即最少所需的总积分的整数部分，如： 4.9999输出 4， 1.0输出 1。若不存在合法路线请输出 −1。

 

Sample Input

13 31 2 3 22 3 1 61 3 5 0

 

Sample Output

2

 

Source

"字节跳动杯"2018中国大学生程序设计竞赛-女生专场

 

题目描述：

    给你一个n个结点，m条边的图，你最开始的处在结点1处，你最开始的等级为1级。当你经过第i条边时，你的等级将会提升ai级，将会花费 log2(level+ai/level)。但是，要通过第i条路需要满足积分数要大于di。询问你从1号结点到第n号结点的最少所需要的最少积分数。

题目分析：

    对于题目所给的式子cost=log2(level+ai/level)，因为花费cost会存在一个log2，这个log2很可能会导致答案有精度误差，因此，我们可以想办法将这个log2去掉。

    于是我们想到将等式两边同时变为2的幂，则原式子只需要满足 2^cost=1+ai/level即可。

    因此我们发现，cost事实上只跟2的幂次存在关系，因此，要使cost和d进行对比，我们只需也将d变成2的幂次，即可比较。因此，我们可以先预处理好2的幂，在建立图的时候，我们只需要将d转化成2的d次方进行建图即可。

    当把图建好之后，直接对整张图跑一边dijk，（其中在松弛操作中，还需要增加d和cost的比较）就可以得到最大的积分。

    但是此时还需要注意的是，在这时我们所求的结果实质上是2^cost。因此，我们最后还得再取个对数才可获得最终的cost。

代码：

    

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>PLL;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
ll Pow[65],d[maxn];
ll n,m;
struct edge{
    ll to,next;
    ll a,b;
}q[maxn];
ll head[maxn];
ll cnt;
void init(){
    for(int i=0;i<65;i++){
        if(i==0) Pow[i]=1;
        else Pow[i]=Pow[i-1]<<1;
    }
    memset(head,-1,sizeof(head));
    cnt=0;
}
void add_edge(ll from,ll to,ll a,ll b){
    q[cnt].to=to;
    q[cnt].a=a;
    q[cnt].b=b;
    q[cnt].next=head[from];
    head[from]=cnt++;
}
void dijk(ll x){
    memset(d,INF,sizeof(d));
    priority_queue<PLL,vector<PLL>,greater<PLL> >que;
    d[x]=1;
    que.push(PLL(1,x));
    while(!que.empty()){
        PLL p=que.top();
        que.pop();
        if(d[p.second]<p.first) continue;
        ll xx=p.second;
        for(int i=head[xx];i!=-1;i=q[i].next){
            ll to=q[i].to;
            ll aa=q[i].a;
            ll bb=q[i].b;
            if(aa/p.first>=bb-1&&p.first+aa<d[to]){
                d[to]=p.first+aa;
                que.push(PLL(d[to],to));
            }
        }
    }
    if(d[n]==INF){
        puts("-1");
    }
    else{
        printf("%lld\n",(ll)log2(d[n]));
    }
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        init();
        for(int i=0;i<m;i++){
            ll a,b,c,d;
            scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
            add_edge(a,b,c,Pow[d]);
        }
        dijk(1);
    }
    return 0;
}