题解

[CCO2021] Travelling Merchant 题解

题解

题目大意

P7831 Travelling Merchant

Solution

萌萌题。

首先放一个很不牛逼的结论：一个点没有出度时，连向它的点的答案随即确定了。

然后是一个很显然的贪心：按边权 $r_i$ 从大到小排序，处理该边的起点更新其最小代价 $ans_u$。按刚刚的结论，如果它的所有出边都处理过了，该点的答案就已经确定了，我们就可以对连向它的边进行更新了。

这个过程是不是很像拓扑排序啊？所以我们可以对于每个点预处理连接一下它作为终点时的每条边，方便我们后面更新。

所以这道题对于原题的图没有建图，而是对连边关系进行了建图。

代码 

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N=2e5+5,INF=1e18;

int n,m;
int ans[N];
struct edge
{
    int a,b,r,p;
    bool operator<(const edge &T)const{
        return r>T.r;
    }
}E[N];
int deg[N];
vector<int> G[N];
bool vis[N];

signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    fill(ans+1,ans+n+1,INF);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&E[i].a,&E[i].b,&E[i].r,&E[i].p);
        ++deg[E[i].a];
    }
    sort(E+1,E+m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        G[E[i].b].push_back(i);
    queue<int> q;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!deg[i])
            q.push(i),deg[i]=-1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(!q.empty()){
            int u=q.front();q.pop();
            for(int j:G[u]){
                if(vis[j])
                    continue;
                vis[j]=1;
                deg[E[j].a]--;
                if(!deg[E[j].a])
                    q.push(E[j].a),deg[E[j].a]=-1;
                if(ans[u]!=INF)
                    ans[E[j].a]=min(ans[E[j].a],max(E[j].r,ans[u]-E[j].p));
            }
        }
        if(!vis[i]){
            vis[i]=1;
            deg[E[i].a]--;
            if(!deg[E[i].a])
                q.push(E[i].a),deg[E[i].a]=-1;
            ans[E[i].a]=min(ans[E[i].a],E[i].r);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(ans[i]==INF)
            ans[i]=-1;
        printf("%lld ",ans[i]);
    }
    return 0;
}