2069: [POI2004]ZAW

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题意:

  给定一张带权图(边是双向的,但不同方向长度不同)。求从1出发,至少经过除1外的一个点,再回到1的最短路。点和边不能重复经过。 n≤5000,m≤10000

分析:

  因为不能重复经过,不能直接最短路的,考虑去掉不能重复经过一个点的限制。

  可以枚举所有与1有边的点,然后从这里面枚举一个点的,求出到其他与1相连的点最短路,来更新。 

  这样显然复杂度是关于1的出度的,复杂度并不是很理想。

  然后这里有一个技巧,按照二进制某一位上的01分成两个集合,然后跑多源最短路。

  为什么可以呢?任何两个不同的点的二进制位最少存在一位不同。  

  复杂度$O(nlog^2n)$

代码:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long LL; inline int read() {
int x=,f=;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*+ch-'';return x*f;
} const int N = , INF = 1e9;
struct Edge{ int to, nxt, w; } e[];
int head[N], dis[N], df[N], dt[N], A[N], En;
bool vis[N];
priority_queue< pa, vector< pa >, greater< pa > > q; inline void add_edge(int u,int v,int w) {
++En; e[En].to = v, e[En].nxt = head[u], e[En].w = w; head[u] = En;
}
void Dijkstra() {
while (!q.empty()) {
int u = q.top().second; q.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = ;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (dis[v] > dis[u] + e[i].w) {
dis[v] = dis[u] + e[i].w;
q.push(pa(dis[v], v));
}
}
}
}
int main() {
int n = read(), m = read(), cnt = ;
for (int i = ; i <= m; ++i) {
int u = read(), v = read(), w;
if (u == ) {
df[v] = read(), dt[v] = read();
if (!vis[v]) vis[v] = , A[++cnt] = v;
}
else if (v == ) {
dt[u] = read(), df[u] = read();
if (!vis[u]) vis[u] = , A[++cnt] = u;
}
else {
w = read();add_edge(u, v, w);
w = read();add_edge(v, u, w);
}
}
int ans = INF;
for (int k = ; k <= cnt; k <<= ) {
for (int i = ; i <= n; ++i) dis[i] = INF, vis[i] = ;
for (int i = ; i <= cnt; ++i)
if (i & k) q.push(pa(dis[A[i]] = df[A[i]], A[i]));
Dijkstra();
for (int i = ; i <= cnt; ++i)
if (!(i & k)) ans = min(ans, dis[A[i]] + dt[A[i]]); for (int i = ; i <= n; ++i) dis[i] = INF, vis[i] = ;
for (int i = ; i <= cnt; ++i)
if (!(i & k)) q.push(pa(dis[A[i]] = df[A[i]], A[i]));
Dijkstra();
for (int i = ; i <= cnt; ++i)
if (i & k) ans = min(ans, dis[A[i]] + dt[A[i]]);
}
cout << ans;
return ;
}

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