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思前想后 还是决定坚持写博客吧... 题意：
n个点，m个集合。每个集合里边的点是联通的且任意两点之间有一条dis[i]的边（每个集合一个dis[i]）
求同时从第1个点和第n个点出发的两个人相遇的最短时间，并输出相遇的地点，如果有多个按编号大小顺序输出。
输入：
测试数据 t
n m 以下m行每行
dis[i] 该集合点的数量 ...每个点的标号
数据范围：
n 2-1e5
所有集合的元素的数量和 1e6 思路：
如果直接跑最短路，边会存爆的。
考虑换种思路建边。
每个集合看作两个点，一个为入点一个为出点，从出点往入点连接一条dis[i]的边。
然后再从入点往集合里包含的点连一条权值为0的边，从该点网出点连一条权值为0的边。
这样建图 大概有2e6个点 3e6条边...
然后利用heap优化dij就可以解决从1到其它所有点的最短路，和从n到其它所有点的最短路。
然后扫描一下...
反思：
1.PE这种事最可耻了
2.我想到了每个集合多加两个点，但是后边就有点崩了。图论还需多看。
3.这题不难不难不难。多用心。多想想。
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#include<bits/stdc++.h>
#define N 2500000
#define M 3500000
using namespace std;
struct st
{
int id;
long long dis;
st(int a,long long b)
{
id=a;
dis=b;
}
st(){};
};
bool operator < (const st &a,const st &b){
return a.dis>b.dis;
}
struct edge{
int id;
long long w;
edge *next;
};
int ednum;
edge edges[M];
edge *adj[N];
long long dis1[N],dis2[N];
long long inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
inline void addedge(int a,int b,long long dis){
edge *tmp=&edges[ednum++];
tmp->id=b;
tmp->next=adj[a];
tmp->w=dis;
adj[a]=tmp;
}
void heap_dij(int tar,int MAXN,long long *dis)
{
for(int i=;i<=MAXN;i++){
dis[i]=inf;
}
priority_queue<st>q;
st tmp;
dis[tar]=;
q.push(st(tar,));
while(!q.empty())
{
tmp=q.top();
q.pop();
if(dis[tmp.id]<tmp.dis)continue;
for(edge *p=adj[tmp.id];p;p=p->next)
{
if(dis[p->id]>p->w+dis[tmp.id])
{
dis[p->id]=p->w+dis[tmp.id];
q.push(st(p->id,dis[p->id]));
}
}
}
}
int main()
{
int t,cas=;
scanf("%d",&t);
while(t--){
ednum=;
memset(adj,NULL,sizeof(adj));
cas++;
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++){
long long d;
int nn;
scanf("%lld%d",&d,&nn);
addedge(n+*(i-)+,n+*(i-)+,d);
for(int j=;j<=nn;j++){
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
addedge(n+*(i-)+,tmp,);
addedge(tmp,n+*(i-)+,);
}
}
heap_dij(,*m+n,dis1);
heap_dij(n,*m+n,dis2);
long long ans=inf;
printf("Case #%d: ",cas);
for(int i=;i<=n;i++){
ans=min(ans,max(dis1[i],dis2[i]));
}
if(ans==inf)puts("Evil John");
else printf("%lld\n",ans);
bool ok=;
if(ans!=inf)
for(int i=;i<=n;i++){
if(max(dis1[i],dis2[i])==ans){
if(ok)printf(" %d",i);
else{
ok=;
printf("%d",i);
}
}
}
if(ans!=inf)puts("");
}
}