Solução de Frederico Bulhões
Esse problema é um menor caminho em um grafo porém com uma condição a mais: somente podemos avançar de um sinal quando ele estiver verde.
Então para resolver esse problema vamos considerar um menor caminho de Dijkstra, porém quando consideramos colocar uma aresta e ela está vermelha, consideramos apenas o memento imediato quando ela se torna verde novamente.
A partir daí vemos quato tempo leva para partir de um vértice A e chgar num B.
Código para melhor entendimento:
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| // solucao de Frederico Bulhoes | |
| #include <bits/stdc++.h> | |
| #define ff first | |
| #define ss second | |
| using namespace std; | |
| typedef long long ll; | |
| typedef pair<ll, ll> ii; | |
| typedef pair<ii, ii> pii; | |
| const int maxn = 60000; | |
| const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; | |
| int n, m; | |
| vector<pii> v[maxn]; | |
| // peso, destino, verde, vermelho | |
| ll peso[maxn]; | |
| void dijkstra() | |
| { | |
| for (int i = 1; i <= n; i++) peso[i] = inf; | |
| priority_queue<ii, vector<ii>, greater<ii> > pq; | |
| peso[1] = 0; | |
| pq.push(ii(0ll,1ll)); | |
| while (!pq.empty()) { | |
| ll atual = pq.top().ss; | |
| ll w = pq.top().ff; | |
| pq.pop(); | |
| if (w > peso[atual]) continue; | |
| for (int i = 0; i < v[atual].size(); i++) { | |
| pii u = v[atual][i]; | |
| ll tempo = u.ff.ff; | |
| ll u2 = u.ff.ss; | |
| ll vermelho = u.ss.ff; | |
| ll verde = vermelho + u.ss.ss; | |
| ll t = w + tempo; | |
| if (t%verde >= vermelho) t = (t/verde+1)*verde; | |
| if (peso[u2] > t) { | |
| peso[u2] = t; | |
| pq.push(ii(t, u2)); | |
| } | |
| } | |
| } | |
| } | |
| int main() | |
| { | |
| ios_base::sync_with_stdio(false); | |
| cin.tie(0); | |
| cin >> n >> m; | |
| for (int i = 1; i <= m; i++) { | |
| ll a, b, d, g, r; | |
| cin >> a >> b >> d >> g >> r; | |
| v[a].push_back(pii(ii(d, b), ii(g, r))); | |
| } | |
| dijkstra(); | |
| if (peso[n] == inf) cout << -1 << "\n"; | |
| else cout << peso[n] << "\n"; | |
| return 0; | |
| } |