Traveling by Stagecoach
2006.06.29 15:18 ACM/ICPC
問題: ACM/ICPC Japan Domestic 2005: Problem D
[解説]
グラフの最短経路を解くためのダイクストラのアルゴリズムによって解くことができます。ただし、与えれた地図情報（グラフ）にそのままダイクストラを施すのではなく、一工夫必要です。
探索するグラフのスペースを、手持ちの馬車券の状態を考慮して拡張します。
ダイクストラのアルゴリズムでは、dist[ノード i] は、スタート地点 s からノード i までの最短コストを示しますが、ここでは、
dist[ノード i][ノード i における馬車券の状態]
と拡張します。ポイントは、どのように"ノード i における馬車券の状態"を配列のインデックスとして表現するかですが、ここでの解答では、10 進数の 2 進数表現を応用します。
例えば、馬車券の最大枚数を 5 とすれば、馬車券の全ての状態は以下のように表現できます。
例えば、00000 → 全ての馬車券がない、11111 → 全ての馬車券を持っている、00101 → 1 番目の馬車券と 3 番目の馬車券を持っている、、と表現することができます。従って、例えば
dist[3][10] = dist[3][010102] = スタート地点 s から、2 番目と 4 番目の馬車券を持っている状態でのノード 3 までの最短コスト
となります。
プログラム例（C++）
[解説]
グラフの最短経路を解くためのダイクストラのアルゴリズムによって解くことができます。ただし、与えれた地図情報（グラフ）にそのままダイクストラを施すのではなく、一工夫必要です。
探索するグラフのスペースを、手持ちの馬車券の状態を考慮して拡張します。
ダイクストラのアルゴリズムでは、dist[ノード i] は、スタート地点 s からノード i までの最短コストを示しますが、ここでは、
と拡張します。ポイントは、どのように"ノード i における馬車券の状態"を配列のインデックスとして表現するかですが、ここでの解答では、10 進数の 2 進数表現を応用します。
例えば、馬車券の最大枚数を 5 とすれば、馬車券の全ての状態は以下のように表現できます。
| ２進数 | 10進数 |
| 00000 | 0 |
| 00001 | 1 |
| 00010 | 2 |
| 00011 | 3 |
| 00100 | 4 |
| 00101 | 5 |
| . | . |
| 11111 | 31 |
例えば、00000 → 全ての馬車券がない、11111 → 全ての馬車券を持っている、00101 → 1 番目の馬車券と 3 番目の馬車券を持っている、、と表現することができます。従って、例えば
dist[3][10] = dist[3][010102] = スタート地点 s から、2 番目と 4 番目の馬車券を持っている状態でのノード 3 までの最短コスト
となります。
プログラム例（C++）
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<queue>
using namespace std;
#define INFTY 1 << 21
#define TMAX 8
#define MAX 30
#define VMAX 256
class Node{
public:
int id, state;
double cost;
Node(){}
Node( int id, int state, double cost ): id(id), state(state), cost(cost){}
bool operator < ( const Node &n ) const {
return cost > n.cost;
}
};
int nticket, nnode, p, source, target;
int T[TMAX +1], M[MAX+1][MAX+1];
double dijkstra(){
bool visited[MAX+1][VMAX];
double d[MAX+1][VMAX];
int p = 1; p = p << nticket;
for ( int i = 1; i <= nnode; i++ ){
for ( int j = 0; j < p; j++ ){
d[i][j] = INFTY;
visited[i][j] = false;
}
}
d[source][0] = 0;
priority_queue<Node> PQ;
PQ.push( Node( source, 0, 0.0) );
while ( !PQ.empty()) {
int u, k;
Node curr = PQ.top(); PQ.pop();
u = curr.id;
k = curr.state;
if ( u == target ) return d[u][k];
if ( d[u][k] < curr.cost ) continue;
d[u][k] = curr.cost;
if ( visited[u][k] ) continue;
visited[u][k] = true;
for ( int v = 1; v <= nnode; v++ ){
if ( M[u][v] == INFTY ) continue;
int l = 1;
for ( int use = 1; use <= nticket; use++, l = l << 1 ){
int next = k | l;
if ( k == next ) continue; // already used
if ( visited[v][next] ) continue;
double cost = curr.cost + 1.0 * M[curr.id][v] / T[use];
if ( cost < d[v][next] ){
d[v][next] = cost;
PQ.push( Node( v, next, cost ) );
}
}
}
}
return INFTY;
}
void compute(){
double cost = dijkstra();
if ( cost == INFTY ) cout << "Impossible" << endl;
else printf("%.3lf\n", cost);
}
void init(){
for ( int i = 1; i <= nnode; i++ ){
for ( int j = 1; j <= nnode; j++ ){
M[i][j] = INFTY;
}
}
}
bool input(){
cin >> nticket >> nnode >> p >> source >> target;
if ( nticket == 0 ) return false;
for ( int i = 1; i <= nticket; i++ ) cin >> T[i];
int x, y, z;
init();
for ( int i = 0; i < p; i++ ){
cin >> x >> y >> z;
M[x][y] = M[y][x] = z;
}
return true;
}
main(){
while ( input() ) compute();
}
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