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(party.pas/c/cpp)
【題目描述】
在2022年，scu_acmers決定舉行一個聚會，並且大多數老 scu_acmers隊員已經收到了邀請函，包
括隊員 onmylove,tanlinghang和zsasuke(scu_isap隊的老隊員)。
從 scu畢業已經 10年了，現在他們住在不同的城市。他們都非常傲慢，都認為在所有 scu_acmers
隊員中，自己才是最擅長跑步的人。為了證明這一點，他們都決定花上幾天時間跑向目的地(聚會所舉
辦的城市)，並且為了節省體力，他們每個人都會選擇最短的路線前往(可能存在多條最短路線，在這種
情況下，他們會隨機選擇其中的一條)。但是這會導致一系列問題：他們會偶然停下來休息，並且他們
一旦在同一條路上相遇，他們會停止前進，開始爭吵誰才是最擅長跑步的人，徹底錯過聚會。
Scu 的領導都是考慮周到的人，他們不想讓任何一個人錯過聚會，因此他們想要選擇一個合適的聚
會城市，使得 scu_isap的隊員們不會在中途相遇。但是他們都很忙，所以這個任務就交給你了。
【輸入文件】
第一行兩個正整數 N 和M，表示城市個數和道路條數(onmylove 住在城市 1，tanlinghang 住在城市 2，
zsasuke 住在城市 3)，接下來 M行，每行包含三個正整數a,b,c(1≤a,b≤N,1≤c≤10,b≠a，並且任意
兩個城市之間至多只有一條道路直接相連)，表示從a到b 要花費 c天，從b到 a要花費 c天。
【輸出文件】
如果不存在這樣的城市，輸出僅一行”impossible”(不含引號)，否則，第一行輸出一個數 P，表示有
P 個城市滿足要求，接下來一行，P個用空格隔開的數，表示滿足條件的城市編號(升序輸出)。
【樣例輸入】
5 5
1 5 2
4 5 2
5 2 3
2 4 5
3 4 1

【樣例輸出】
1
5

【樣例解釋】
我們不能選擇 4 號城市。假如我們選擇 4 號城市，那麽，onmylove 的路線是1-5-4；tanlinghang 的是
2-5-4或2-4；如果tanlinghang選擇2-5-4，他將與onmylove在5和4之間的道路上相遇，然後爭吵。

【數據規模】
對於10%的數據： 3≤N≤5；1≤M≤10；
對於100%的數據：3≤N≤3000；1≤M≤200000；

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題目看起來很難的樣子，真心不會做。。。
但是，題目中有個突破口——某個人有多條路徑可走，而且不能和別人的最短路徑有交集——看似使題目變得很難，實際上，要是有交集的話，那麽從交點延伸過去的，以這條路為中間路徑的某兩點之間的最短路上的點（在交點之後）肯定不可行，例子見下——

假設a在1，b在2，c在3。
b和c在4的時候就有了交集，說明在6，7，8，9，10，5，1這幾個點是不可以設置Party的。
那麽剩下了2，3，4進行判斷——
2：a與c會提前相交於4，所以不行；
3：a與b會提前相交於4，所以不行；
4：可行。
（講的很辣雞，不懂沒關系）
實際上，我們可以先把從1，2，3到每個點的最短路刷出來。
那麽，我們肯定要判斷每一個點是否可行。
比如我們判斷6是否可行——
我們發現，不管點2，點3是否有其他分支，他們總是可能聚集到點4，那麽點6自然而然也就不行了。
其實，每當枚舉一個點i時，與他所有相鄰的點，比如j，如果同時有兩個人（a，b，c中的）dis[i]==dis[j]+f[j][i]，說明什麽？這兩個人都有可能經過j--i這條路，那麽不就不可以了？（話說前面我在幹什麽！！！）歸根到底，某一個點是否能舉辦Party，不是看這個點，而是看與它相鄰的點和對應的邊的情況（因為如果兩個人有交點，交點卻就是終點，那也是可以的啊）。好了不說了，不然要禍害蒼靈了。。。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=3005,maxe=400005;
 6 int n,m,w[maxe],nxt[maxe],son[maxe],lnk[maxn];
 7 int dis[4][maxn],q[maxn];
 8 int tot=0,h,t,INF;
 9 bool vis[maxn];
10 int ans[maxn];
11 inline int read(){
12     int
 
 x=0,f=1; char ch=getchar();
13     while (ch<‘0‘||ch>‘9‘){if (ch==‘-‘) f=-f; ch=getchar();}
14     while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
15     return x*f;
16 }
17 void add(int x,int y,int z){
18     nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,w[tot]=z,lnk[x]=tot;
19 }
20 void spfa(int fl){
21     memset(dis[fl],63,sizeof dis[fl]),INF=dis[fl][0];
22     memset(vis,0,sizeof vis);
23     memset(q,0,sizeof q);
24     dis[fl][fl]=0,vis[fl]=1,q[1]=fl,h=0,t=1;
25     while (h!=t){
26         h=(h+1)%maxn,vis[q[h]]=0;
27         for (int j=lnk[q[h]]; j; j=nxt[j])
28         if (dis[fl][son[j]]>dis[fl][q[h]]+w[j]){
29             dis[fl][son[j]]=dis[fl][q[h]]+w[j];
30             if (!vis[son[j]]){
31                 t=(t+1)%maxn,q[t]=son[j],vis[son[j]]=1;
32                 if (dis[fl][q[(h+1)%maxn]]>dis[fl][q[t]]) swap(q[(h+1)%maxn],q[t]);
33             }
34         }
35     }
36 }
37 int main(){
38     n=read(),m=read();
39     for (int i=1; i<=m; i++){
40         int x=read(),y=read(),z=read();
41         add(x,y,z),add(y,x,z);
42     }
43     spfa(1),spfa(2),spfa(3);
44     for (int i=1; i<=n; i++)
45     if (!(lnk[i]==0||dis[1][i]==INF||dis[2][i]==INF||dis[3][i]==INF)){
46         bool flg=1;
47         for (int j=lnk[i]; j; j=nxt[j]){
48             int pre=son[j];
49             bool f1=dis[1][i]==dis[1][pre]+w[j],f2=dis[2][i]==dis[2][pre]+w[j],f3=dis[3][i]==dis[3][pre]+w[j];
50             if (f1+f2+f3>=2) flg=0;
51         }
52         if (flg) ans[++ans[0]]=i;
53     }
54     if (!ans[0]) printf("impossible");
55     else{
56         printf("%d\n",ans[0]);
57         for (int i=1; i<=ans[0]; i++) printf("%d ",ans[i]);
58     }
59     return 0;
60 }

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