[BZOJ4289][PA2012]TAX(最短路)

首先考虑一种暴力做法，为每条边拆成两条有向边，各建一个点。若某两条边有公共点，则在边所对应的点之间连一条边，权值为两条边中的较大值。这样跑最短路是$O(m^2\log m)$的。

用类似网络流中补流的方法，一条边拆成的两个点之间连权值为边的原权值的边（第一种边）。对于一个点，将所有以它为起点的边排序，将相邻的两条边对应的点连边，小的往大的连权值为两条边的原权值差的边，大的往小的连权值为0的边（第二种边）。建超级源汇，最短路即可。

若流了第一种边则代表最短路中有这条边，若流了第二种边则代表换边。复杂度$O(m\log m)$

 #include<queue>
 #include<vector>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 const ll inf=1e15;
 ll dis[N];
 bool b[N];
 int n,m,u,v,w,cnt,nd,q[N],h[N],to[N],nxt[N],val[N];
 struct E{ int u,v,w; }a[N];
 vector<int>V[N];
 bool cmp(int x,int y){ return a[x].w<a[y].w; }
 struct P{ int x; ll d; };
 bool operator <(const P &a,const P &b){ return a.d>b.d; }
 priority_queue<P>Q;
 void add(int u,int v,int w){ to[++nd]=v; val[nd]=w; nxt[nd]=h[u]; h[u]=nd; }

 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     rep(i,,m){
         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
         a[++cnt]=(E){u,v,w}; a[++cnt]=(E){v,u,w};
         add(cnt,cnt-,w); add(cnt-,cnt,w);
         V[u].push_back(cnt-); V[v].push_back(cnt);
     }
     rep(i,,n){
         int tot=;
         rep(j,,(int)V[i].size()-) q[++tot]=V[i][j];
         if (!tot) continue;
         sort(q+,q+tot+,cmp);
         rep(j,,tot-) add(q[j],q[j+],a[q[j+]].w-a[q[j]].w),add(q[j+],q[j],);
     }
     int S=cnt+,T=cnt+;
     rep(i,,cnt){
         if (a[i].u==) add(S,i,a[i].w);
         if (a[i].v==n) add(i,T,a[i].w);
     }
     rep(i,,T) dis[i]=inf; Q.push((P){S,}); dis[S]=;
     while (!Q.empty()){
         int x=Q.top().x; Q.pop();
         if (b[x]) continue;
         b[x]=;
         For(i,x) if (dis[k=to[i]]>dis[x]+val[i])
             dis[k]=dis[x]+val[i],Q.push((P){k,dis[k]});
     }
     printf("%lld\n",dis[T]);
     return ;
 }