2018.06.29 NOIP模拟 边的处理（分治+dp）

边的处理（side.cpp）

【问题描述】

有一个 n 个点的无向图，给出 m 条边，每条边的信息形如&lt;x,y,c,r&gt;&lt;x,y,c,r&gt;<x,y,c,r>。

给出 q 组询问形如&lt;u,v,l,r&gt;&lt;u,v,l,r&gt;<u,v,l,r>。接下来解释询问以及边的意义。询问表示，一开始你在点 u 上，然后按顺序处理编号从 l 到 r 的边。

对于一条边&lt;x,y,c,r&gt;&lt;x,y,c,r&gt;<x,y,c,r>，你可以进行两种操作：

1、如果你当前在 x 点或者 y 点上，那么你可以走这条边（从 x 到 y 或从 y 到 x）并付

出 c 的代价（当然你也可以不走，看操作 2）。

2、如果你不走这条边或者不可以走这条边（即你当前不在 x 或 y 上），那么你需要付出

r 的代价。

询问如果要从 u 点开始，按顺序处理完编号从 l 到 r 的边之后到达 v 点的最小代价，如

果不能到达 v，那么输出-1。

边和点的编号从 1 开始。

【输入格式】

第一行三个数表示 n,m,q。

接下来 m 行，每行四个整数 x,y,c,r 描述一条边。

接下来 q 行，每行四个整数 u,v,l,r 描述一组询问。

【输出格式】

输出共 q 行，每行一个数表示对应询问的答案。

【样例输入 1】

5 5 3

1 4 4 5

4 1 6 1

2 1 2 9

2 5 1 0

1 5 2 5

2 2 2 4

5 4 5 5

1 5 2 5

【样例输出 1】

10

-1

9

【样例输入 2】

4 8 6

2 4 5 8

2 4 4 8

2 3 6 4

1 4 5 0

2 4 10 10

1 3 5 2

3 2 2 9

3 4 1 1

3 2 1 5

3 1 2 2

1 1 1 7

2 3 2 4

3 3 1 7

1 2 2 5

【样例输出 2】

32

-1

41

14

36

27

【数据规模与约定】

对于 20%的数据：n≤10；m≤1000；q≤1000。

对于 40%的数据：n≤10；m≤10000；q≤30000。

对于 60%的数据：n≤20；m≤10000；q≤30000。

对于 80%的数据：n≤25；m≤10000；q≤200000。

对于 100%的数据：n≤30；m≤20000；q≤200000。

对于 100%的数据：c,r 的取值范围是[0,10000]。

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考试的时候读完题就感觉凉了，本蒟蒻和ykykyk神仙一起尝试暴力骗202020分，ykykyk的dpdpdp轻松过掉前444个点，然而我连样例都没跑过，真是丢脸。

相信大家读完题后大家都能判断这是一道玄学dpdpdp，但再一看数据范围，大家估计都想大骂出题人毒瘤了。言归正传，这题怎么做呢？准确的说，这题如何优化dpdpdp呢？

好吧我们需要上一波分治，我们假设当前正在处理边的范围在（l,r）（l,r）（l,r）之间的询问，区间的中点为midmidmid那么对于每个询问，它的左右端点有三种情况

1. 第一种情况：询问的右端点在midmidmid的左边。
2. 第二种情况：询问的区间恰好包含了midmidmid。
3. 第三种情况：询问的左端点在midmidmid的右边。

对于情况一和情况三，显然我们可以递归处理，对于情况二，就要用到我们的dpdpdp了，由于题目上要求我们需要按序处理每条边。所以我们可以用DPDPDP得到lf[i][x][y]lf[i][x][y]lf[i][x][y]表示从xxx出发，处理了从iii到midmidmid的边之后到达yyy的最小代价，以及rf[i][x][y]rf[i][x][y]rf[i][x][y]表示从xxx出发，处理了从 mid+1mid+1mid+1到iii的边之后到达yyy的最小代价，查询的时候只要枚举一下中间断点kkk,然后执行状态转移方程ans[q[i].id]=min(ans[q[i].id],lf[q[i].l][k][q[i].u]+rf[q[i].r][k][q[i].v])ans[q[i].id]=min(ans[q[i].id],lf[q[i].l][k][q[i].u]+rf[q[i].r][k][q[i].v])ans[q[i].id]=min(ans[q[i].id],lf[q[i].l][k][q[i].u]+rf[q[i].r][k][q[i].v])就行了 。

怎么求lflflf和rfrfrf呢？我们可以对于每一个点先假设它不走新的边，那么lf[i][u][v]=lf[i+1][u][v]+e[i].r;lf[i][u][v]=lf[i+1][u][v]+e[i].r;lf[i][u][v]=lf[i+1][u][v]+e[i].r;并且rf[i][u][v]=rf[i−1][u][v]+e[i].r;rf[i][u][v]=rf[i-1][u][v]+e[i].r;rf[i][u][v]=rf[i−1][u][v]+e[i].r;,如果这个点可以走新的边，那么我们用这条边连接的另外一个点的lflflf和rfrfrf的值来更新当前点的，也就是lf[i][u][e[i].y]=min(lf[i][u][e[i].y],lf[i+1][u][e[i].x]+e[i].c);lf[i][u][e[i].x]=min(lf[i][u][e[i].x],lf[i+1][u][e[i].y]+e[i].c);lf[i][u][e[i].y]=min(lf[i][u][e[i].y],lf[i+1][u][e[i].x]+e[i].c);lf[i][u][e[i].x]=min(lf[i][u][e[i].x],lf[i+1][u][e[i].y]+e[i].c);lf[i][u][e[i].y]=min(lf[i][u][e[i].y],lf[i+1][u][e[i].x]+e[i].c);lf[i][u][e[i].x]=min(lf[i][u][e[i].x],lf[i+1][u][e[i].y]+e[i].c);和rf[i][u][e[i].y]=min(rf[i][u][e[i].y],rf[i−1][u][e[i].x]+e[i].c);rf[i][u][e[i].x]=min(rf[i][u][e[i].x],rf[i−1][u][e[i].y]+e[i].c);rf[i][u][e[i].y]=min(rf[i][u][e[i].y],rf[i-1][u][e[i].x]+e[i].c);rf[i][u][e[i].x]=min(rf[i][u][e[i].x],rf[i-1][u][e[i].y]+e[i].c);rf[i][u][e[i].y]=min(rf[i][u][e[i].y],rf[i−1][u][e[i].x]+e[i].c);rf[i][u][e[i].x]=min(rf[i][u][e[i].x],rf[i−1][u][e[i].y]+e[i].c);

另一方面，为了给下一层的递归做准备，我们可以类比整体二分的思想，利用辅助数组重新排列修改过的qqq的顺序，实现细节详见代码。

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代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define Q 200005
#define M 20005
#define N 35
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,t,lf[M][N][N],rf[M][N][N],ans[Q];
struct node{int x,y,r,c;}e[M];
struct Node{int u,v,l,r,id;}q[Q],tmp[Q];
inline void solve(int l,int r,int ql,int qr){
	if(ql>qr)return;
	if(l==r){
		for(int i=ql;i<=qr;++i){
			ans[q[i].id]=inf;
			if((q[i].u==e[l].x&&q[i].v==e[l].y)||(q[i].u==e[l].y&&q[i].v==e[l].x))ans[q[i].id]=e[l].c;
			if(q[i].u==q[i].v)ans[q[i].id]=min(ans[q[i].id],e[l].r);
		}
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)
			lf[mid+1][i][j]=rf[mid][i][j]=inf;
	for(int i=1;i<=n;++i)lf[mid+1][i][i]=rf[mid][i][i]=0;
	for(int i=mid;i>=l;--i){
		for(int u=1;u<=n;++u)for(int v=1;v<=n;++v)lf[i][u][v]=lf[i+1][u][v]+e[i].r;
		for(int u=1;u<=n;++u){
			lf[i][u][e[i].x]=min(lf[i][u][e[i].x],lf[i+1][u][e[i].y]+e[i].c);
			lf[i][u][e[i].y]=min(lf[i][u][e[i].y],lf[i+1][u][e[i].x]+e[i].c);
		}
	}
	for(int i=mid+1;i<=r;++i){
		for(int u=1;u<=n;++u)for(int v=1;v<=n;++v)rf[i][u][v]=rf[i-1][u][v]+e[i].r;
		for(int u=1;u<=n;++u){
			rf[i][u][e[i].x]=min(rf[i][u][e[i].x],rf[i-1][u][e[i].y]+e[i].c);
			rf[i][u][e[i].y]=min(rf[i][u][e[i].y],rf[i-1][u][e[i].x]+e[i].c);
		}
	}
	for(int i=ql;i<=qr;++i)
		if(q[i].l<=mid&&mid<q[i].r)
			for(int k=1;k<=n;++k)
				ans[q[i].id]=min(ans[q[i].id],lf[q[i].l][k][q[i].u]+rf[q[i].r][k][q[i].v]);
	int sl=ql-1,sr=qr+1;
	for(int i=ql;i<=qr;++i)tmp[i]=q[i];
	for(int i=ql;i<=qr;++i)if(tmp[i].r<=mid)q[++sl]=tmp[i];
	for(int i=qr;i>=ql;--i)if(tmp[i].l>mid)q[--sr]=tmp[i];
	solve(l,mid,ql,sl),solve(mid+1,r,sr,qr);
}
int main(){
	memset(ans,inf,sizeof(ans));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
	for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].c,&e[i].r);
	for(int i=1;i<=t;++i)scanf("%d%d%d%d",&q[i].u,&q[i].v,&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
	solve(1,m,1,t);
	for(int i=1;i<=t;++i)cout<<((ans[i]==inf)?-1:ans[i])<<'\n';
	return 0;
}