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This way

题意：

    给你一个有向图，1号点为起点，n为终点。你可以在k的倍数的时间点在起点开始，每条边的边长为1，同时，每条边有一个限定时间ai，表示你必须在大于等于ai的时间点才能走这条边。
    你需要在k的倍数的时间点到终点，问你在终点的最早时间，如果不存在输出-1.

题解：

    应当是一条最短路，在思考每条边的限定时间的时候会发现，假设这条边从a到b，边权为c。那么如果在d(d<c)的时刻到达a时，通不过，所以我们要么延迟k的倍数次从起点开始，使得到达a的时候是d+nk时刻,并且满足d+nk>=a且最小，要么就是绕个路再回到a点。
    于是我们发现这两种情况，第一种可以快速处理，不需要重新走一遍，直接假设已经是晚了nk的时间到达即可。
    第二种情况，假设再次到达a的时刻为e，满足e>=a，那么对于这种情况又细分为两种：
1.k|(e-d)也就是d+nk=e。这个就如同上一种情况一般假设晚到即可。
2.e!=d+nk，那么我思考至此发现，其实到达a的时候，总共只有k种情况，也就是：到达a位置的步长%k的不同情况。对于每一种情况，存下来最短路长即可。
    所以设置dis[i][j]表示到达i位置，走过的路长%k=j时，最短路程。知道了这个以后直接d。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
const int N=1e4+5,mx=1e9;
vector<pii>vec[N];
int dis[N][105],k,n,m;
struct node{int u,v,res;//pos,step,resbool operator< (const node& a)const {return v>a.v;}
};
priority_queue<node>Q;
int dij(){Q.push({1,0,0});dis[1][0]=0;while(!Q.empty()){node u=Q.top();Q.pop();if(u.v>dis[u.u][u.res])continue;for(pii ne:vec[u.u]){int nv;if(ne.second>u.v)nv=u.v+1+(ne.second-u.v+k-1)/k*k;else nv=u.v+1;int nr=nv%k;if(dis[ne.first][nr]>nv)dis[ne.first][nr]=nv,Q.push({ne.first,nv,nr});}}return dis[n][0];
}
int main()
{int x,y,z;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<k;j++)dis[i][j]=mx;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);vec[x].push_back({y,z});}int ans=dij();if(ans==mx)printf("-1\n");else printf("%d\n",ans);return 0;
}