[CSP-S模拟测试]:城市游戏（图论+DP）

题目传送门（内部题109）

---

输入格式

　　第一行，两个整数$n,m$。
　　接下来$m$行，每行三个整数$u,v,l$，描述了一条道路连接的两个路口的编号以及道路的长度。

---

输出格式

　　输出一行一个整数,为所求的答案。若小$A$不能到$n$达号点,输出$-1$。

---

样例

样例输入：

4 4
1 2 1
2 3 1
3 4 1
1 4 1

样例输出：

3

---

数据范围与提示

　　对于$10\%$的数据，满足$n\leqslant 200,m\leqslant 1,000$
　　对于$70\%$的数据，满足$n\leqslant 1,000,m\leqslant 2,000$
　　对于$40\%$的数据，满足$n\leqslant 3,000,m\leqslant 10,000$
　　对于$100\%$的数据，满足$1\leqslant n\leqslant 100,000,1\leqslant m\leqslant 200,000$，道路长度为不超过$10^9$的正整数。

---

题解

首先，小$B$一定是要“封掉”$1\sim n$的最短路上的一条边。

设$dp[i]$小$B$还没有用过“封路”时从$i$到$n$的最短路的长度，$d(i,j)$表示小$B$封掉$(i,j)$这条边之后小$A$从$i$到$n$的最短路的长度，$dis[i]$表示从$n$到$i$的最短路的长度。

假设现在小$A$在点$i$，且要走$(i,j)$这条边，那么$f[i]=\max(f[j]+l(i,j),d(i,j))$，这也就是一个带环的动态规划，可以利用类似$Dijkstra$的思路解决。

现在考虑如何求出$d(i,j)$。

有一个原题：$USACO$《安全路径》。

思路就是先构建出一棵以$n$为根的最短路树，那么只有$(i,j)$在这棵最短路树上$d(i,j)$才有意义。

不妨设删掉的这条边为$(u,v)$，父亲是$u$，儿子是$v$，那么在删掉这条边之后树分成了两个联通块。

那么我们需要找一条边$(a,b)$满足$a$在$v$的联通块内，而$b$在$u$的联通块内，那么这条路经的长度就是$dis[b]+l(a,b)+(dis[a]-dis[v])=(dis[b]+dis[a]+l(a,b))-dis[v]$。

对于上式，不妨设$dis[b]+dis[a]+l(a,b)=p(a,b)$，则想办法求的$p(a,b)$的最小值且满足$a$在$v$的子树中且$b$不在。

枚举$v$显然不可行，考虑枚举$(a,b)$，看它能对哪些$v$做贡献。

还可以发现$v$一定在$a\sim b$的树链上，且不能是$a$和$b$的$lca$。

暴力是不可行的，但是可以按$p(a,b)$排序，那么赋值过一次就不能再被赋值了，可以用并查集维护。

时间复杂度：$\Theta(\omega m+m\log n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

---

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to,w;bool is;}e[2][400002];
int head[2][100001],cnt[]={1,1},sz;
int n,m;
int pre[100001],fa[100001][21],depth[100001];
long long dis[100001],dp[100001],ans[100001];
bool vis[100001],is[400002];
priority_queue<pair<long long,int>,vector<pair<long long,int>>,greater<pair<long long,int>>>q;
bool cmp(rec a,rec b){return a.w<b.w;}
void add(bool id,int x,int y,int w)
{
	e[id][++cnt[id]].nxt=head[id][x];
	e[id][cnt[id]].to=y;
	e[id][cnt[id]].w=w;
	head[id][x]=cnt[id];
}
void Dij()
{
	q.push(make_pair(0,n));
	while(q.size())
	{
		int x=q.top().second;q.pop();
		if(vis[x])continue;vis[x]=1;
		for(int i=head[0][x];i;i=e[0][i].nxt)
		{
			if(dis[e[0][i].to]>dis[x]+e[0][i].w)
			{
				dis[e[0][i].to]=dis[x]+e[0][i].w;
				pre[e[0][i].to]=i;
				q.push(make_pair(dis[e[0][i].to],e[0][i].to));
			}
		}
	}
}
void dfs(int x)
{
	for(int i=head[1][x];i;i=e[1][i].nxt)
	{
		fa[e[1][i].to][0]=x;
		depth[e[1][i].to]=depth[x]+1;
		for(int j=1;j<=20;j++)
			fa[e[1][i].to][j]=fa[fa[e[1][i].to][j-1]][j-1];
		dfs(e[1][i].to);
	}
}
int LCA(int x,int y)
{
	if(depth[x]>depth[y])swap(x,y);
	for(int i=20;i>=0;i--)
		if(depth[fa[y][i]]>=depth[x])
			y=fa[y][i];
	if(x==y)return x;
	for(int i=20;i>=0;i--)
		if(fa[x][i]!=fa[y][i])
		{
			x=fa[x][i];
			y=fa[y][i];
		}
	return fa[x][0];
}
void DIJ()
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	q.push(make_pair(0,n));
	while(q.size())
	{
		int x=q.top().second;q.pop();
		if(vis[x])continue;vis[x]=1;
		for(int i=head[0][x];i;i=e[0][i].nxt)
		{
			if(ans[e[0][i].to]>max(ans[x]+e[0][i].w,is[i]?dp[e[0][i].to]:dis[e[0][i].to]))
			{
				ans[e[0][i].to]=max(ans[x]+e[0][i].w,is[i]?dp[e[0][i].to]:dis[e[0][i].to]);
				q.push(make_pair(ans[e[0][i].to],e[0][i].to));
			}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;i++)dis[i]=ans[i]=dp[i]=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	for(register int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v,l;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&l);
		add(0,u,v,l);add(0,v,u,l);
	}
	Dij();
	for(register int i=1;i<n;i++)
	{
		add(1,e[0][pre[i]^1].to,i,0);
		is[pre[i]]=is[pre[i]^1]=1;
	}
	dfs(n);
	for(register int i=2;i<=cnt[0];i+=2)
	{
		if(is[i])continue;
		int x=e[0][i].to;
		int y=e[0][i^1].to;
		int lca=LCA(x,y);
		long long val=dis[x]+dis[y]+e[0][i].w;
		while(x!=lca)
		{
			dp[x]=min(dp[x],val-dis[x]);
			x=fa[x][0];
		}
		while(y!=lca)
		{
			dp[y]=min(dp[y],val-dis[y]);
			y=fa[y][0];
		}
	}
	DIJ();
	if(ans[1]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f)puts("-1");
	else printf("%lld",ans[1]);
	return 0;
}

---

rp++