Znzryb's Blog
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题目大意

给定一个图，边有权值。在节点上每经过 k 条边必须休息一次（或者说每走 k 步必须停顿）。求从起点到终点的最短时间（或路径权值和），考虑休息带来的限制/代价。

AC代码

参考了官方题解思路，就是在分层图上跑最短路

image

相比于TLE代码，只加了个这个优化

while(!q.empty() && dist[n+1]==INF)

如果dist[n+1]已经确定，那就不用再跑了。

然后代码实现上有比较多的细节，主要是在初始化方面，比如说vis[i][0]也要清理什么的

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// https://ac.nowcoder.com/acm/contest/91355/D
#include <iostream>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2e5+10,INF=1e18+7;
ll T,n,m,k,a[N],u,v,dist[N];
vector<ll> e[N];
bool vis[N][11];
struct edge {
    ll node,dis,nrest; // nrest 为多久没休息了
};
struct cmp {
    bool operator()(edge a,edge b) {
        if(a.dis!=b.dis)
            return a.dis>b.dis;
        return a.node<b.node;
    }
};
priority_queue<edge,vector<edge>,cmp > q;
edge make_edge(ll node,ll dis,ll nrest) {
    edge temp;
    temp.node=node;temp.dis=dis;temp.nrest=nrest;
    return temp;
}
void dijkstra(int t) {
    q.push(make_edge(1,0,0));
    while(!q.empty() && dist[n+1]==INF) {
        ll node=q.top().node,dis=q.top().dis,nrest=q.top().nrest;
        q.pop();
        if(vis[node][nrest])    // 之前访问过，弹出
            continue;
        vis[node][nrest]=true;
        dist[node]=min(dis,dist[node]);
        for(int i=0;i<e[node].size();i++) {
            if(nrest>=k)
                q.push(make_edge(e[node][i],dis+a[node],0));
            else {
                q.push(make_edge(e[node][i],dis+a[node],0));
                q.push(make_edge(e[node][i],dis+1,nrest+1));
            }
        }
    }
}
void clear() {
    priority_queue<edge,vector<edge>,cmp > empty;
    swap(empty,q);
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>T;
    for(int _=1;_<=T;_++) {
        cin>>n>>m>>k;
        clear();
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
            e[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            cin>>a[i];
        }
        fill(&dist[1],&dist[n+2],INF);
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
            for(int j=0;j<=k;j++)
                vis[i][j]=false;
        for(int i=1;i<=m;i++) {
            cin>>u>>v;
            e[u].push_back(v);
            e[v].push_back(u);
        }
        e[n].push_back(n+1);
        e[n+1].push_back(n);
        dijkstra(_);
        cout<<dist[n+1]<<endl;
    }
    return 0;
}
// TLE https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=72128029
// AC https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=72128343

心路历程（WA，TLE，MLE……）

过了40% TLE https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=72128029

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// https://ac.nowcoder.com/acm/contest/91355/D
#include <iostream>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2e5+10,INF=1e18+7;
ll T,n,m,k,a[N],u,v,dist[N];
vector<ll> e[N];
bool vis[N][11];
struct edge {
    ll node,dis,nrest; // nrest 为多久没休息了
};
struct cmp {
    bool operator()(edge a,edge b) {
        if(a.dis!=b.dis)
            return a.dis>b.dis;
        return a.node<b.node;
    }
};
priority_queue<edge,vector<edge>,cmp > q;
edge make_edge(ll node,ll dis,ll nrest) {
    edge temp;
    temp.node=node;temp.dis=dis;temp.nrest=nrest;
    return temp;
}
void dijkstra(int t) {
    q.push(make_edge(1,0,0));
    while(!q.empty()) {
        ll node=q.top().node,dis=q.top().dis,nrest=q.top().nrest;
        q.pop();
        if(vis[node][nrest])    // 之前访问过，弹出
            continue;
        vis[node][nrest]=true;
        dist[node]=min(dis,dist[node]);
        for(int i=0;i<e[node].size();i++) {
            if(nrest>=k)
                q.push(make_edge(e[node][i],dis+a[node],0));
            else {
                q.push(make_edge(e[node][i],dis+a[node],0));
                q.push(make_edge(e[node][i],dis+1,nrest+1));
            }
        }
    }
}
void clear() {
    priority_queue<edge,vector<edge>,cmp > empty;
    swap(empty,q);
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>T;
    for(int _=1;_<=T;_++) {
        cin>>n>>m>>k;
        clear();
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
            e[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            cin>>a[i];
        }
        fill(&dist[1],&dist[n+2],INF);
        for(int i=1;i<=n+1;i++)
            for(int j=0;j<=k;j++)
                vis[i][j]=false;
        for(int i=1;i<=m;i++) {
            cin>>u>>v;
            e[u].push_back(v);
            e[v].push_back(u);
        }
        e[n].push_back(n+1);
        e[n+1].push_back(n);
        dijkstra(_);
        cout<<dist[n+1]<<endl;
    }
    return 0;
}
// TLE https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=72128029

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题目大意

求解无限连分数 x = a + 1/(a + 1/(a + …)) 的值。即求解方程 x = a + 1/x 的正根。

AC代码 牛顿迭代法

x=a+1a+1a+1a+⋯x=a + \frac{1}{a + \frac{1}{a + \frac{1}{a + \cdots}}}

因为是无限的递归，可以把a下面的看成一个整体，其实也是x，然后你就把这个问题转化成了求一元二次方程。

x=a+1xx = a + \frac{1}{x} 

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#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cmath>
using namespace std;

int T;
double a;

double solve(double a) {
    // 使用公式直接计算连分数的解
    return (a + sqrt(a * a + 4)) / 2;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cin >> T;
    for(int _ = 1; _ <= T; _++) {
        cin >> a;
        double ans = solve(a);
        cout << setprecision(24) << ans << endl;
    }

    return 0;
}
// AC https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=71962585

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题目大意

有 N 个候选人争夺 M 个席位，共有 K 张票。目前已知每个候选人已获得的票数，以及剩余未投的票数。对于每个候选人，判断在最坏情况下（即剩余票数的分配对他最不利时），他是否还能通过获得一定数量的剩余票数来确保当选（进入前 M 名）。如果是，求出他至少需要再获得多少票；否则输出 -1。

AC代码

二分答案，检查器的设计重点在于
// 防止选用自己作为自己的竞争对手

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if(idx-needOver-rectifyIdx<0)  // <0 说明人不够了，一共就没那么多人（n=m）
        return true;

https://atcoder.jp/contests/abc373/submissions/58823933

二分检查器的核心行（加粗行）思路

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2e5+10;//                离散化
ll n,m,k,a[N],countedBallots,remain,li[N],ans[N],oa[N],sumA[N];
ll stand=1e18;
inline bool check(ll gainBallots,ll indexOfCandidate) {
    ll currBallots=oa[indexOfCandidate]+gainBallots;
    if(currBallots<stand)
        return false;
    ll idx=upper_bound(&a[1],&a[n+1],currBallots)-&a[0]-1;
    ll diff=0;
    ll overi=n+1-(upper_bound(&a[1],&a[n+1],currBallots)-&a[0]); // 返回的是比他大的数的索引，要包含这个数，n+1-。。。
    ll needOver=m-overi,rectify=0,rectifyIdx=0;
    // 防止选用自己作为自己的竞争对手
    ll candidateIdx=li[indexOfCandidate]-1;
    if(candidateIdx<=idx && candidateIdx>idx-needOver) {
        rectify=oa[indexOfCandidate],rectifyIdx=1;
    }
    // hand 11 过不了原因是n=m，我没有考虑人不够的情况 不知道他给你指到哪里去了
    if(idx-needOver-rectifyIdx<0)  // <0 说明人不够了，一共就没那么多人（n=m）
        return true;
    diff=gainBallots+(currBallots+1)*needOver-(sumA[idx]-sumA[idx-needOver-rectifyIdx]-rectify);
    // 就是下面循环的前缀和写法
    // for(ll i=idx;cnt<needOver;i--) {
    //     diff+=(currBallots+1-a[i]);
    //     cnt++;
    // }
    if(diff>remain)     // diff需要严格大于remain，不能等于，因为等于是可以超过的
        return true;
    return false;
}
inline ll bsearch(ll i) {       // 二分模版
    ll l=0,r=remain;
    while(l<r) {
        ll mid=l+r>>1;
        if(check(mid,i))
            r=mid;      // mid是有可能是答案的，r=mid
        else
            l=mid+1;
    }
    return l;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin>>a[i];
        countedBallots+=a[i];
        oa[i]=a[i];
    }
    remain=k-countedBallots;
    sort(&a[1],&a[n+1]); // 还是得升序
    for(int i=1;i<=n;i++) {     // 前缀和
        sumA[i]=sumA[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        // 返回第一个比寻找元素大的元素 -&a[0]后就是索引 所以其实lower_bound()不太支持降序排列离散化
        li[i]=upper_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        if(n+1-li[i]<m)
            stand=min(stand,oa[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(oa[i]+remain<stand) {    // 直接加都不行，跳过
            ans[i]=-1;continue;
        }
        ans[i]=bsearch(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    return 0;
}
// 只WA了一个点 https://atcoder.jp/contests/abc373/submissions/58815831
// AC https://www.luogu.com.cn/record/182236761
// AC https://atcoder.jp/contests/abc373/submissions/58823933

心路历程

我现在的想法就是我认为这就是博弈论，就是我投的票要竭力使这个人掉出m人的队列，而然后剩余的票一定是投在这个人身上
ans[i]=ceil((remain-diff)*1.0/(cnt+1));的来历

image

半成品代码

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2e5+10;//                离散化
ll n,m,k,a[N],countedBallots,remain,li[N],ans[N],oa[N],toli[N]; // toli是通过a下标访问li的转介层
ll borderlineStand=0; // 临界标准，说人话就是不满足条件但最大的。
ll stand=1e18;// 标准与标准i，就是满足条件最小的值以及在a[i]的index
set<ll> vis;
void debug() {
    cout<<"stand: "<<stand<<" borderlineStand:"<<borderlineStand<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<a[i]<<" ";
    cout<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<li[i]<<" ";
    }
    cout<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<toli[i]<<" ";
    }
    cout<<endl<<"ans: ";
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin>>a[i];
        countedBallots+=a[i];
    }
    remain=k-countedBallots;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        oa[i]=a[i];
    }
    sort(&a[1],&a[n+1]); // 还是得升序
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        // 返回第一个比寻找元素大的元素 -&a[0]后就是索引 所以其实lower_bound()不太支持降序排列离散化
        li[i]=upper_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        if(n+1-li[i]<m)
            stand=min(stand,oa[i]);
        else
            borderlineStand=max(borderlineStand,oa[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(vis.count(oa[i]))
            continue;
        ll s=lower_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        ll e=upper_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        vis.insert(oa[i]);
        for(ll j=s;j<e;j++) {
            toli[j]=i;       // toli 也可以认为是排序后元素位置->排序前元素位置
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ll ia=li[i]-1,vi=oa[i],overi=n+1-li[i];
        if(oa[i]+remain<stand) {
            ans[i]=-1;continue;
        }
        if(oa[i]>=stand) { // 这里是原来就已经选上，如何在剩余选票中保住位置
            ll diff=0,cnt=0,needOver=m-overi;
            for(ll j=ia-1;cnt<needOver;j--)  // 当cnt=needOver时，说明已经加完，此时不应该再加了
                diff+=vi+1-a[j],cnt+=1; //要超到i前面去，至少要比i的值大1吧
            if(remain-diff<0) {
                ans[i]=0;continue;
            }else {     // remain-i-(diff+cnt*i)=0  (方程式，i为需要的)
                ans[i]=ceil((remain-diff)*1.0/(cnt+1));
            }
        }
    }
    debug();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

https://atcoder.jp/contests/abc373/submissions/58808859

五彩缤纷的提交

我做着做着发现完全不需要分两种情况，这个提交是分两种情况的。

然后check（）可以用前缀和优化

像这道题一样

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2e5+10;//                离散化
ll n,m,k,a[N],countedBallots,remain,li[N],ans[N],oa[N],sumA[N];
ll stand=1e18;// 标准与标准i，就是满足条件最小的值以及在a[i]的index
set<ll> vis;
inline bool check(ll gainBallots,ll indexOfCandidate) {
    ll currBallots=oa[indexOfCandidate]+gainBallots;
    if(currBallots<stand)
        return false;
    ll idx=upper_bound(&a[1],&a[n+1],currBallots)-&a[0]-1;
    ll overi=n+1-(upper_bound(&a[1],&a[n+1],currBallots)-&a[0]); // 返回的是比他大的数的索引，要包含这个数，n+1-。。。
    ll needOver=m-overi;
    ll cnt=0,diff=gainBallots;
    for(ll i=idx;cnt<needOver;i--) {
        diff+=(currBallots+1-a[i]);
        cnt++;
    }
    if(diff>remain)     // diff需要严格大于remain，不能等于，因为等于是可以超过的
        return true;
    return false;
}
inline ll bsearch(ll i) {       // 二分模版
    ll l=stand-oa[i],r=remain;
    while(l<r) {
        ll mid=l+r>>1;
        if(check(mid,i))
            r=mid;      // mid是有可能是答案的，r=mid
        else
            l=mid+1;
    }
    return l;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin>>a[i];
        countedBallots+=a[i];
    }
    remain=k-countedBallots;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        oa[i]=a[i];
    }
    sort(&a[1],&a[n+1]); // 还是得升序
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        sumA[i]=sumA[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        // 返回第一个比寻找元素大的元素 -&a[0]后就是索引 所以其实lower_bound()不太支持降序排列离散化
        li[i]=upper_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        if(n+1-li[i]<m)
            stand=min(stand,oa[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(vis.count(oa[i]))
            continue;
        ll s=lower_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        ll e=upper_bound(&a[1],&a[n+1],oa[i])-&a[0];
        vis.insert(oa[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ll ia=li[i]-1,vi=oa[i],overi=n+1-li[i];
        if(oa[i]+remain<stand) {    // 直接加都不行，跳过
            ans[i]=-1;continue;
        }
        if(oa[i]>=stand) { // 这里是原来就已经选上，如何在剩余选票中保住位置
            ll diff=0,cnt=0,needOver=m-overi;
            for(ll j=ia-1;cnt<needOver;j--)  // 当cnt=needOver时，说明已经加完，此时不应该再加了
                diff+=vi-a[j],cnt+=1; //要超到i前面去，至少要比i的值大1吧
            if(remain-diff<0) {
                ans[i]=0;continue;
            }else {     // remain-i-(diff+cnt*i)=0  (方程式，i为需要的)
                ans[i]=ceil((remain-diff)*1.0/(cnt+1));
            }
        }else {         // 这里是原来没选上，如何在剩余选票中抢到位置
            ans[i]=bsearch(i);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

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题目大意

给定一棵树，边有边权。需要在树上选一条长度不超过 s 的路径（核心路径），使得树上所有点到这条路径的距离的最大值最小。

https://www.luogu.com.cn/record/178248030 50pts TLE

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque>
#include <unordered_map>
#include <string>
const int maxn=3e5+7;
using namespace std;    //                   记录路径 支路路径长度                   记录直径及其先后顺序
int n,s,u,v,w,maxDis,disNode,A,B,pa[maxn],dist[maxn],upDis,upNode,I,cnt,flag[maxn],ldis[maxn],ans=2e9+7;
//                                                                                ldis两端路径长度（可通过直径减去其算出另外一端）
int ecc,Lcalibre,Rcalibre,lGive,rGive,L,R,mC;
int sDis[maxn],eDis[maxn],S,E;    // 当点为start || end 时对长度的贡献
bool vis[maxn];
vector<int> g[maxn];
vector<int> calibre;
deque <int> q;
unordered_map<string,int> l;
void dfs(int fa,int dis) {
    for(vector<int>::iterator it=g[fa].begin();it!=g[fa].end();it++) {
        if(vis[*it]==false && flag[*it]==0) {
            vis[*it]=true,pa[*it]=fa;
            string fait=to_string(fa)+'_'+to_string(*it);
            if(dis+l[fait]>maxDis)
                disNode=*it,maxDis=dis+l[fait];
            dfs(*it,dis+l[fait]);
        }
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>s;
    for(int i=1;i<=n-1;i++) {
        cin>>u>>v>>w;
        string uv=to_string(u)+'_'+to_string(v);
        string vu=to_string(v)+'_'+to_string(u);
        l[uv]=w;
        l[vu]=w;
        g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);
    }
    vis[1]=true;
    dfs(1,0);
    // 复位以及存储 两遍dfs
    A=disNode;
    fill(&vis[1],&vis[n+1],false);
    maxDis=0,vis[A]=true,pa[A]=A;
    dfs(A,0);
    B=disNode;
    I=B;
    while(true) {
        flag[I]=++cnt;
        string IupNode=to_string(I)+'_'+to_string(upNode);
        ldis[I]=upDis+l[IupNode];
        upDis=ldis[I],upNode=I;
        calibre.push_back(I);
        if(I==pa[I])
            break;
        I=pa[I];
    }
    mC=ldis[A]; // mC即直径长度
    fill(&vis[1],&vis[n+1],false);
    for(int i=0;i<calibre.size();i++) {
        maxDis=0,vis[calibre[i]]=true;
        dfs(calibre[i],0);
        dist[calibre[i]]=maxDis;
        // cout<<calibre[i]<<" ";
    }
    // cout<<endl;
    // 填充sdis 通过递推
    for(int i=0;i<calibre.size();i++) {
        int ci=calibre[i],ci_1= i+1<calibre.size() ? calibre[i+1]:calibre[i];
        sDis[ci]=max(dist[ci],S);
        string ciCi_1=to_string(ci)+'_'+to_string(ci_1);
        S=max(S+l[ciCi_1],dist[ci]);
    }
    // 填充edis 通过递推
    for(int i=calibre.size()-1;i>=0;i--) {
        int ci=calibre[i],ci_1= i-1>=0 ? calibre[i-1]:calibre[i];
        eDis[ci]=max(dist[ci],E);
        string ciCi_1=to_string(ci)+'_'+to_string(ci_1);
        E=max(E+l[ciCi_1],dist[ci]);
    }
    // 双指针+单调队列(deque实现，因为要从后面出队，里面存的实际上是编号)
    while(L<=R && R<calibre.size()) {
        int cl=calibre[L],cr=calibre[R];
        if(ldis[cr]-ldis[cl]>s) {
            if(q.front()<L+1)   q.pop_front();  // 判断队首元素是否过期
            L++;
            continue;
        }
        while(!q.empty() && dist[cr]>dist[calibre[q.back()]]) {
            q.pop_back();
        }
        q.push_back(R);
        ecc=max(sDis[cl],eDis[cr]);
        ecc=max(ecc,dist[calibre[q.front()]]);
        ans=min(ecc,ans);
        // cout<<L<<" "<<R<<" "<<ans<<" "<<ecc<<endl;
        R++;
    }
    cout<<ans<<endl;
    // debug
    // for(int i=1;i<=n;i++) {
    //     cout<<sDis[i]<<" ";
    // }
    // cout<<endl;
    // for(int i=1;i<=n;i++) {
    //     cout<<eDis[i]<<" ";
    // }
    return 0;
}

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AC代码与思路

反向建边，然后注意bfs的逻辑一定要清楚，要以什么为当前点，什么为父节点，不要混淆。

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=2e5+10;
ll n,m,ans[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct edge {
    ll u,v,w;
};
vector<edge> e[MAXN];
edge make_edge(ll u,ll v,ll w) {
    edge a;a.u=u;a.v=v;a.w=w;
    return a;
}
deque <edge> q;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        ll ui,vi,wi;
        cin>>ui>>vi>>wi;
        e[ui].push_back(make_edge(ui,vi,wi));   // 其实这里理论上只需要存vi，wi 但因为懒得改就多存了，1024MB用不掉
        e[vi].push_back(make_edge(vi,ui,-wi));  // 反向建边，精髓
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(vis[i])
            continue;
        q.clear(); //         i为当前点
        q.push_back(make_edge(0,i,0));  // 该连通块起始点可以认为是从i（该连通块起始点）到到0点
        while (!q.empty()) {
            ll ui=q.front().u,vi=q.front().v,wi=q.front().w;
            q.pop_front();
            if(vis[vi])
                continue;
            for(int j=0;j<e[vi].size();j++) {
                if(!vis[e[vi][j].v])
                    q.push_back(make_edge(e[vi][j].u,e[vi][j].v,e[vi][j].w));
            }
            vis[vi]=true;
            ans[vi]=ans[ui]+wi;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    cout<<endl;
    return 0;
}
//AC https://atcoder.jp/contests/abc373/submissions/58587858
//AC https://www.luogu.com.cn/record/181055323

心路历程

这个代码稍微有点搞笑，样例都没过

https://atcoder.jp/contests/abc373/submissions/58559275

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#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=2e5+10;
ll n,m,ans[MAXN];
struct edge {
    ll u,v,w;
};
vector<edge> e[MAXN];
edge make_edge(ll u,ll v,ll w) {
    edge a;a.u=u;a.v=v;a.w=w;
    return a;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        ll ui,vi,wi;
        cin>>ui>>vi>>wi;
        e[ui].push_back(make_edge(ui,vi,wi));   // 其实这里理论上只需要存vi，wi 但因为懒得改就多存了，1024MB用不掉
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        while (!e[i].empty()) {
            ll ui=e[i].back().u,vi=e[i].back().v,wi=e[i].back().w;
            e[i].pop_back();
            ans[vi]=ans[ui]+wi;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    cout<<endl;
    return 0;
}

我仔细想了一下这个问题，发现如果不知道次序就很难解，于是我仔细开始想拓扑排序的可能性。

想不到确实不是。

这句第一个条件其实是没有重复路，二条件是规定有向图，没提到过无环

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而且就算知道次序也会坐牢

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可以走反边5→2→1→3→6(其中 2→1 以及 3→6 是反边)