http://tyvj.cn/Problem_Show.aspx?id=1467
这题我并不是看题解a的。但是确实从题解得到了启发。
一开始我就想到一个正解，设d[i][0]表示i开始走过奇数个点的最短路，d[i][1]表示i走过偶数个点的最短路，那么转移很简单
d[v][1]=min(d[v][1], d[u][0]+w(u, v)) 当(u, v)是奇数才能走的边
d[v][0]=min(d[v][0], d[u][1]+w(u, v)) 当(u, v)是偶数才能走的边
然后每一个人都跑一次spfa。。。。。答案为min(d[n][0], d[n][1])，在跑spfa初始化为d[s][1]=0，因为一开始算偶数个
显然tle。。
原因是每一次都跑一次spfa，那么时间无法承受。
看了题解说是逆向建图从n跑spfa，我一想，对啊！
但是有个问题，答案是多少呢。。
答案是d[u][1]没错，也就是说u算偶数个的时候。
但是转移要改。
因为从n跑，所以初始化为d[n][0]=d[n][1]=0，这就会造成奇变偶，偶变奇！
不信你看，当(u, v)这条边是奇边时，且v==n，我们之前的转移转移到的是d[u][1]！但是答案显然不是d[u][1]，而是d[u][0]，因为这条边是奇边，转移到的是u的偶，但是从u的角度来看，u应该要是奇
如果按原来的转移，那么答案是d[u][0]
我们来转换一下转移
d[v][1]=min(d[v][1], d[u][0]+w(u, v)) 当(u, v)是偶数才能走的边
d[v][0]=min(d[v][0], d[u][1]+w(u, v)) 当(u, v)是奇数才能走的边
那么答案就是d[u][1]了
至于题解说的拆点，我觉得没必要。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; } using namespace std; const int N=10005, M=100005, oo=~0u>>1;
int d[N][2], ihead[N], cnt, vis[N], q[N], tail, front, n, m;
struct ED { int to, next, w, jo; } e[M];
inline void add(const int &u, const int &v, const int &w) {
e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].w=w;
}
inline const void spfa(const int &s) {
CC(d, 0x3f); CC(vis, 0);
d[s][1]=d[s][0]=tail=front=0; vis[s]=1; q[tail++]=s;
int u, v, w;
while(front!=tail) {
u=q[front++]; if(front==N) front=0; vis[u]=0;
for(int i=ihead[u]; i; i=e[i].next) {
v=e[i].to; w=e[i].w;
if(e[i].jo==1) {
if(d[v][0]>d[u][1]+w) {
d[v][0]=d[u][1]+w;
if(!vis[v]) { vis[v]=1; q[tail++]=v; if(tail==N) tail=0; }
}
}
else if(e[i].jo==2) {
if(d[v][1]>d[u][0]+w) {
d[v][1]=d[u][0]+w;
if(!vis[v]) { vis[v]=1; q[tail++]=v; if(tail==N) tail=0; }
}
}
else {
if(d[v][1]>d[u][0]+w) {
d[v][1]=d[u][0]+w;
if(!vis[v]) { vis[v]=1; q[tail++]=v; if(tail==N) tail=0; }
}
if(d[v][0]>d[u][1]+w) {
d[v][0]=d[u][1]+w;
if(!vis[v]) { vis[v]=1; q[tail++]=v; if(tail==N) tail=0; }
}
}
}
}
}
int main() {
read(n); read(m);
int u, v, w, ans=oo;
char name[30], nm[30];
while(m--) {
read(u); read(v); read(w);
add(v, u, w);
}
read(u); while(u--) e[getint()].jo+=1;
read(u); while(u--) e[getint()].jo+=2;
spfa(n);
read(u); while(u--) {
read(v); scanf("%s", name);
if(ans>d[v][1]) {
ans=d[v][1];
strcpy(nm, name);
}
}
printf("%s\n%d\n", nm, ans);
return 0;
}
背景 Background
Candy住在一个被划分为n个区域的神奇小镇中，其中Candy的家在编号为n的区域，Candy生日这天，大家都急急忙忙赶去Candy家庆祝Candy的生日。
描述 Description
Candy共有t个朋友住在不同的区域。小镇有m条道路，小镇的神奇之处在于其中的p1条道路只会在你走过区域的的个数为奇数时候开启，p2道路只会 在你走过区域的个数为偶数的时候开启，剩下的道路一直都会开启。并且，所有的道路只能够单向通过。飘飘乎居士希望知道在所有的好朋友中，谁离Candy最 近?。
输入格式 InputFormat
第一行：两个正整数n m，表示共n个区域，m条道路
接下来m行，每行三个正整数u v s表示u到v的单向道路，路程为s，其中第i条道路的编号为i。
接着一个整数p1以及p1个正整数odd[i]，表示编号为odd[i]的道路只会在走过奇数个区域时开启。
接着一个整数p2以及p2个正整数even[i]，表示编号为even[i]的道路只会在走过偶数个区域时开启。
接下来一个正整数 t
紧接着t行，每行一个正整数h以及一个不超过10个字符长度的字符串na（且均有小写字母组成），表示在h区域居住着名字为na的人。
输出格式 OutputFormat
第一行，即距离candy家最近的人的名字，数据保证有且只有一个人为最后的答案。
第二行，该人到candy家的距离。
如果存在多解，则输入名字中字典序较小的一人。
样例输入 SampleInput [复制数据]
4 5
1 2 2
3 4 2
2 4 4
1 3 1
2 3 1
1 4
1 2
2
2 violethill
1 pink
样例输出 SampleOutput [复制数据]
violethill
4
数据范围和注释 Hint
pink尽管从1->3->4距离更近，但因为1->2的这条道路只有在走过奇数个区域时才开启，而pink此时走过的区域为偶数个 （0个）（我们规定，出发点不算走第一个区域），所以pink只好沿1—>2—>3—>4，距离为5；
Violethill尽
管沿2—>3—>4距离为3，但因为3—>4这条道路只有在走过偶数个区域时才开启，当violethill从2到3时，只走了奇数个
（1个）区域，道路不会开启。所以，violethill只好沿2—>4这条道路行走，距离为4，所以violethill比pink更快到
candy家中，并且距离为4。
对于30%的数据 0<n<=100
对于100%的数据0<n<=10000 0<m<=100000
对于所有数据保证两区域间的距离<=100000
数据保证运算即结果在maxlongint以内
数据保证输入的正确性，即至少有一个人可以到达candy家中，并且一个区域最多只有一人，不会出现相同名字的人。
友情提示：可能出现有些道路既在odd中出现，也在even中出现。并且odd或者even中的数都可能出现重复数字。