【技巧 二进制分组】bzoj4398: 福慧双修&&2407: 探险

二进制分组也可以说是一种比较优美的拆贡献方式吧？

Description

菩萨为行，福慧双修，智人得果，不忘其本。
——唐朠立《大慈恩寺三藏法师传》
有才而知进退，福慧双修，这才难得。
——乌雅氏
如何福慧双修？被太后教导的甄嬛徘徊在御花园当中。突然，她发现御花园中的花朵全都是红色和蓝色的。她冥冥之中得到了响应：这就是指导她如何福慧双修的！ 现在御花园可以看作是有N块区域，M条小路，两块区域之间可通过小路连接起来。现在甄嬛站在1号区域，而她需要在御花园中绕一绕，且至少经过1个非1号区 域的区域。但是恰好1号区域离碎玉轩最近，因此她最后还是要回到1号区域。由于太后教导她要福慧双修，因此，甄嬛不能走过任何一条她曾经走过的路。但是， 御花园中来往的奴才们太多了，而且奴才们前行的方向也不一样，因此甄嬛在走某条小路的时候，方向不同所花的时间不一定一样。天色快暗了，甄嬛需要尽快知道 至少需要花多少时间才能学会如何福慧双修。如果甄嬛无法达到目的，输出“-1”。

Input

第一行仅2个正整数n,m，意义如题。
接下来m行每行4个正整数s,t,v,w，其中s,t为小路所连接的两个区域的编号，v为甄嬛从s到t所需的时间，w为甄嬛从t到s所需的时间。数据保证无重边。

Output

仅一行，为甄嬛回到1号区域所需的最短时间，若方案不存在，则输出-1

HINT

[样例解释]

对于第一个数据：路径为1->2->3->1，所需时间为8，而1->3->2->1所花时间为9。因此答案为8.

[数据范围与约定]

对于40%的数据：n<=1,000; m<=5,000

对于100%的数据：1<=n<=40,000; 1<=m<=100,000; 1<=v,w<=1,000

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题目分析

首先考虑一些性质。对于不与1相连的边，由于边权为正，所以它们是一定不会经过多次的，那么这个限制相当于就去掉了。接下去的问题就出在与1相连的边这里，因为可能从同一条边出入1点最优。

朴素做法：指定一条出边和一条入边，每次计算答案。

考虑答案的出入边$i$和$j$，那么$i,j$一定有一个二进制位不同。于是我们枚举不同的二进制位，将该位为0/1的两类边分别分成出边/入边集合，做完一次dij就枚举入边统计答案。

时间复杂度：$O(n\log^2n)$.

后话：这个做法复杂度在这两题确实有点大了。两题差不多都拿了倒数前20吧。

 #include<bits/stdc++.h>
 const int maxn = ;
 const int maxm = ;

 struct Edge
 {
     int v,c;
     Edge(int a=, int b=):v(a),c(b) {}
 }edges[maxm];
 struct node
 {
     int x,d;
     node(int a=, int b=):x(a),d(b) {}
     bool operator < (node a) const
     {
         return d > a.d;
     }
 };
 int n,m,ans,dis[maxn],dfn[maxn],tim;
 int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm],tag[maxm];
 std::priority_queue<node> q;

 int read()
 {
     char ch = getchar();
     int num = , fl = ;
     for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
         if (ch=='-') fl = -;
     for (; isdigit(ch); ch=getchar())
         num = (num<<)+(num<<)+ch-;
     return num*fl;
 }
 void addedge(int u, int v, int c)
 {
     edges[++edgeTot] = Edge(v, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot;
 }
 void dijkstra()
 {
     memset(dis, 0x3f3f3f3f, sizeof dis);
     ++tim, q.push(node(, )), dis[] = ;
     for (node tmp; q.size(); )
     {
         tmp = q.top(), q.pop();
         if (dfn[tmp.x]==tim) continue;
         dfn[tmp.x] = tim;
         for (int i=head[tmp.x]; i!=-; i=nxt[i])
             if (tag[i]!=-)
             {
                 int v = edges[i].v;
                 if (dis[v] > dis[tmp.x]+edges[i].c)
                     dis[v] = dis[tmp.x]+edges[i].c, q.push(node(v, dis[v]));
             }
     }
     for (int i=head[]; i!=-; i=nxt[i])
         if (tag[i]==-&&(ans==-||(ans > dis[edges[i].v]+edges[i^].c)))
             ans = dis[edges[i].v]+edges[i^].c;
 }
 int main()
 {
     memset(head, -, sizeof head);
     n = read(), m = read(), ans = edgeTot = -;
     for (int i=; i<=m; i++)
     {
         int u = read(), v = read(), s = read(), t = read();
         addedge(u, v, s), addedge(v, u, t);
     }
     for (int d=; d>=; --d)
     {
         for (int i=head[]; i!=-; i=nxt[i])
             if ((i>>d)&) tag[i] = , tag[i^] = -;
             else tag[i] = -, tag[i^] = ;
         dijkstra();
         for (int i=head[]; i!=-; i=nxt[i])
             if ((i>>d)&) tag[i] = -, tag[i^] = ;
             else tag[i] = , tag[i^] = -;
         dijkstra();
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

END