抓住czx
前言（吐槽 珂忽略）
这道题说来都心酸，在第一次得到\(T=0\)的\(30pt\)s后，开始肝正解
但是在判断的时候忽略了一种情况（我并没有意识到），一直卡在了\(90pts\)，甚至还发了贴去求助（然而并没有人回我QAQ）
后来在同桌的帮助下，意识到了缺少一种情况，然后自己想出了这种情况怎么处理，但是.....因为手贱多写了一个“\(=\)”，又在#1和#2反复横跳（我真惨菜）
最后耐心地又敲了一遍，才艰难的A掉了这道并不难的蓝题
解题思路
好了，吐槽完了，开始正题吧
- \(T=0\)的特殊情况
只要会求最短路的，应该都没问题吧，\(30pts\)给得死死的
多说一点：\(T=0\)意味着\(czx\)不会瞬移，则\(czx\)一直在\(e\)这个位置，那抓住他的最短时间自然就是从\(b\)到\(e\)的最短路长度咯
- 完整正解
在除\(T=0\)的特殊情况外，也会存在一种情况不用考虑瞬移：我们在\(czx\)第一次瞬移之前就抓住了他，即从\(b\)到\(e\)的最短路长度\(＜\)第一次瞬移的时间
注意一下，这里的“第一次”并不是指输入的第一组瞬移数据，而是排序后的第一次（即我们将所有瞬移按照时间节点从早到晚排序后的第一次瞬移）
之后的情况就都是需要考虑瞬移的了（我们用\(dis[i]\)表示从\(1\)到\(i\)的最短时间）
设\(czx\)第\(i\)次瞬移到的点为\(pi\)、时间为\(ti\)
- 若\(dis[pi]≤ti\)，说明我们在第\(i\)次瞬移后抓住了他
这里可能大家会疑惑：为什么是“\(≤\)”而不是“\(＜\)”？题目中不是说在一个瞬移时间点，总是\(czx\)先瞬移走，然后我们才到，这样是抓不住的啊
题目中确实说明了这一点，但是这个规则并不影响我们的这个判断，而是影响我们下面的另一个判断（下面会着重点出）
然后，我们再来解释一下这个判断的原理（也能解释上面的疑惑）：
-
若我们比\(czx\)先到达\(pi\)这个点（对应\(dis[pi]\)\(＜\)\(ti\)），那我们就在\(pi\)这个点等着抓他就好了（守株待兔嘛）
-
若我们和\(czx\)同时到达\(pi\)这个点（对应\(dis[pi]\)\(＝\)\(ti\)），那我们就正好抓住他
- 若\(dis[pi]>ti\),说明我们无法在\(pi\)这个点抓住\(czx\)，但是也需要加以讨论
（这就是我一直忽略的情况，下面给出图来帮助理解）
在第\(2\)时刻，\(czx\)已经到达点\(3\)，而我们还在从\(1\)到\(3\)的路上，那显然是\(dis[pi]>ti\)的情况
但是在第\(3\)时刻我们到达了\(czx\)所在的点\(3\)，而此时\(czx\)还没有进行下一次的瞬移，所以我们抓住了他
面对上面这种情况，我们单单因为\(dis[pi]>ti\)的话，就会错失掉在第\(3\)时刻抓住\(czx\)的机会！所以我们还需要加个判断防止误判：\(dis[a[i].p]<a[i+1].t\)
还是来解释一下原理：如果我们到达\(pi\)这个点的时间在\(czx\)下一次瞬移之前，那我们依旧能够抓住他，所以这种情况答案就是我们到达\(pi\)的时间
再着重讲一下为什么这里就是“\(<\)”而不是“\(≤\)”，正如上面的疑惑，题目中说定了在一个瞬移的时间点，总是\(czx\)先瞬移然后我们再到达。所以当我们到达\(pi\)时，\(czx\)已经瞬移走了，故我们抓不住他（请大家注意区分qwq）
代码Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
priority_queue<pair<int,int> > q;
int n,m,t,b,E,x,y,z;
int tot,dis[1000010],vis[1000010],head[1000010];
struct node {
int to,net,val;
} e[1000010];
struct nodes {
int t,p;
} a[1000010];
inline void add(int u,int v,int w) {
e[++tot].to=v;
e[tot].val=w;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void dijkstra(int s) { //Dijkstra求最短路板子
for(register int i=1;i<=n;i++) {
vis[i]=0;
dis[i]=2005020600;
}
dis[s]=0;
q.push(make_pair(0,s));
while(!q.empty()) {
int x=q.top().second;
q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[x]+e[i].val) {
dis[v]=dis[x]+e[i].val;
q.push(make_pair(-dis[v],v));
}
}
}
}
inline bool cmp(nodes x,nodes y) {
return x.t<y.t;
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&b,&E);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
scanf("%d",&t);
for(register int i=1;i<=t;i++) {
scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].p);
}
sort(a+1,a+1+t,cmp); //将所有瞬移按照时间点从早到晚排序
dijkstra(b);
if(dis[E]<a[1].t||t==0) { //不用管瞬移的两种情况
printf("%d",dis[E]);
return 0;
}
for(register int i=1;i<=t;i++) { //枚举瞬移找答案
if(dis[a[i].p]<=a[i].t) { //守株待兔或正好抓住的情况
printf("%d",a[i].t);
return 0;
}
else {
if(dis[a[i].p]<a[i+1].t) { //在下一次瞬移前抓住的情况
printf("%d",dis[a[i].p]);
return 0;
}
}
}
return 0;
}
最后，如果有任何地方不懂或不对的，欢迎大家在评论区留言，我会及时回复，谢谢大家啊qwq