NC15479 最短路

题目链接

题目

题目描述

企鹅国中有 \(N\) 座城市，编号从 \(1\) 到 \(N\) 。

对于任意的两座城市 \(i\) 和 \(j\)，企鹅们可以花费 \((i\,\,xor\,\, j)*C\) 的时间从城市 \(i\) 走到城市 \(j\) ，这里 \(C\) 为一个给定的常数。

当然除此之外还有 \(M\) 条单向的快捷通道，第i条快捷通道从第 \(F_i\) 个城市通向第 \(T_i\) 个城市，走这条通道需要消耗 \(V_i\) ​的时间。

现在来自Penguin Kingdom University的企鹅豆豆正在考虑从城市A前往城市B最少需要多少时间？

输入描述

输入第一行包含三个整数N,M,C，表示企鹅国城市的个数、快捷通道的个数以及题面中提到的给定的常数C。

接下来的M行，每行三个正整数Fi,Ti,Vi(1≤Fi≤N,1≤Ti≤N,1≤Vi≤100)，分别表示对应通道的起点城市标号、终点城市标号和通过这条通道需要消耗的时间。

最后一行两个正整数A,B(1≤C≤100)，表示企鹅豆豆选择的起点城市标号和终点城市标号。

输出描述

输出一行一个整数，表示从城市 A 前往城市 B 需要的最少时间

示例1

输入

4 2 1
1 3 1
2 4 4
1 4

输出

5

说明

直接从 1 走到 4 就好了。

示例2

输入

7 2 10
1 3 1
2 4 4
3 6

输出

34

说明

先从 3 走到 2 ，再从 2 通过通道到达 4 ，再从 4 走到 6。

备注

题解

知识点：图论建模，最短路，位运算。

这道题关键在于怎么处理任意城市之间走路的边，显然不能每个城市之间都建一条边，因此考虑利用异或运算的特点最小化建的边数。

注意到任意两个城市 \(i,j\) 之间走路，可以理解为把 \(i\) 按位修改成 \(j\) ，那么我们可以把任意一次走路分解为若干次走路，每次只修改一位。例如，从 0110 走到 1011 ，可以分解为 0110->1110->1010->1011 ，总花费是不变的，但每次只修改一位。因此，我们其实只要对每个城市 \(i\) 出发，枚举修改一位二进制位 \(j\) 的终点城市 \(i \oplus j\) 连边即可，花费是 \(j \times C\) ，就能覆盖所有可能了，这样每个城市只需建十几条边就行了。

最后跑一下最短路就结束了。

时间复杂度 \(O((m+n)\log(n+m))\)

空间复杂度 \(O(n+m)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 100007, M = 500007 + 32 * N;

struct edge {
    int v, nxt, w;
}e[M];
int h[N], idx;
void add(int u, int v, int w) {
    e[++idx] = { v,h[u],w };
    h[u] = idx;
}

bool vis[N];
int dis[N];
struct node {
    int v, w;
    friend bool operator< (node a, node b) {
        return a.w > b.w;
    }
};
priority_queue<node> pq;
void dijkstra(int st) {
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    pq.push({ st,0 });
    dis[st] = 0;
    while (!pq.empty()) {
        int u = pq.top().v;
        pq.pop();
        if (vis[u]) continue;
        vis[u] = 1;
        for (int i = h[u];i;i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].v, w = e[i].w;
            if (dis[v] > dis[u] + w) {
                dis[v] = dis[u] + w;
                pq.push({ v,dis[v] });
            }
        }
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, c;
    cin >> n >> m >> c;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        add(u, v, w);
    }
    for (int i = 0;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= n;j <<= 1) {//枚举修改的二进制位，修改一位即可，可以传递，不会变差。
            if ((i ^ j) > n) continue;
            add(i, i ^ j, j * c);
        }
    }
    int st, en;
    cin >> st >> en;
    dijkstra(st);
    cout << dis[en] << '\n';
    return 0;
}