【题解】「JOISC 2018 Day 4」野猪

很有启发性的一题。

如果没有 ”不能沿原路返回前一个到达的结点" 的限制，显然就是相邻两点最短路之和，如果有这个限制，我们不仅要记录最短路，还要记录一些次短路的信息。

下面是我关于构造这个信息的一点思考。

由于 \(L\) 是 \(10 ^5\) 并且带修，所以肯定是用线段树维护序列，支持单点修改，信息能够快速合并。

我们先考虑 \(s\to t\) 的最短路，\((p,q)\) 表示最短路径上 \(s\) 的下一个点和 \(t\) 的上一个点。

如果路径 \(x\to y\to z\)，那么必须满足 \(q_t \neq p_z\)。所以我们至少需要记录 \((p,q),(\neg p,q),(p,\neg q),(\neg p, \neg q)\) 这四种路径的最短路径。

但仔细想想这不好维护。

由于我们需要记录 \((p,q),(\neg p, \neg q)\) 的路径满足 \(p \neq \neg p,q\neq \neg q\)，所以我们不妨记为 \(u=\neg p, v = \neg q\)，已经记录了 \((p,q),(u,v)\) 的路径，剩下的路径如果是 \(\neg p\) 出发，必须以 \(\neg v\) 结束，否则一定比 \((u,v)\) 劣，同理如果 \(\neg u\) 出发，必须以 \(\neg q\) 结束。

感谢卷王 @LPF 的代码！

const int N = 2010;
const int M = N << 1;
int n, m, Q, len;
int cnt, A[M], B[M], C[M], op[M];
vector<int> Gh[N], Gt[N];

void Add(int u, int v, int w) {
	A[++ cnt] = u, B[cnt] = v, C[cnt] = w;
	Gh[u].push_back(cnt);
	Gt[v].push_back(cnt);
}

const LL INF = 1e18;
int las[N];
LL dis[M][M];
bool vis[M];

#define MP make_pair
#define se second

void Dij(int s, LL dis[]) {
	rep(i, 1, cnt) dis[i] = INF, vis[i] = false;
	rep(i, 1, n) las[i] = 0;
	dis[s] = C[s];
	priority_queue<pair<LL, int> > q;
	q.push(MP(- C[s], s));
	while(! q.empty()) {
		int u = q.top().se; q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u] = true;

		int c = B[u];
		if(! las[c]) {
			las[c] = op[u];
			for(int v : Gh[c]) {
				if(v == op[u]) continue;
				if(dis[v] > dis[u] + C[v])
					dis[v] = dis[u] + C[v], q.push(MP(- dis[v], v));
			}
		}
		else if(las[c] != - 1) {
			if(dis[las[c]] > dis[u] + C[las[c]])
				dis[las[c]] = dis[u] + C[las[c]], q.push(MP(- dis[las[c]], las[c]));
			las[c] = - 1;
		}
	}
}

LL d[N][N][4];
int L[N][N][4], R[N][N][4];
// shortest (s1, t1)
// completely different (s2, t2)
// (s3 != s1, t3 != t2)
// (s4 != s2, t4 != t1)

void calc(int i, int j, int o, int u, int v) {
	if(d[i][j][o] > dis[u][v])
		d[i][j][o] = dis[u][v], L[i][j][o] = u, R[i][j][o] = v;
}

const int T = 1e5 + 10;
int pos[T];

struct Matrix {
	LL mat[4][4];
	Matrix() {rep(i, 0, 3) rep(j, 0, 3) mat[i][j] = INF;}
	Matrix operator * (const Matrix &a) const {
		Matrix c;
		rep(i, 0, 3) rep(j, 0, 3) rep(k, 0, 3)
			c.mat[i][j] = min(c.mat[i][j], mat[i][k] + a.mat[k][j]);
		return c;
	}
} sta[T], dat[T << 2];

Matrix work(int x, int y, int z) {
	Matrix cur;
	rep(i, 0, 3) rep(j, 0, 3)
		if(! z || R[x][y][i] != op[L[y][z][j]])
			cur.mat[i][j] = d[x][y][i];
	return cur;
}

void Bui(int p, int l, int r) {
	if(l == r) {dat[p] = sta[l]; return;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	Bui(p << 1, l, mid), Bui(p << 1 | 1, mid + 1, r);
	dat[p] = dat[p << 1] * dat[p << 1 | 1];
}

void Moi(int p, int l, int r, int k, Matrix v) {
	if(l == r) {dat[p] = v; return;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(k <= mid) Moi(p << 1, l, mid, k, v);
	else Moi(p << 1 | 1, mid + 1, r, k, v);
	dat[p] = dat[p << 1] * dat[p << 1 | 1];
}

int main() {
	n = read(), m = read(), Q = read(), len = read();
	rep(i, 1, m) {
		int u = read(), v = read(), w = read();
		Add(u, v, w);
		Add(v, u, w);
		op[op[cnt - 1] = cnt] = cnt - 1;
	}
	rep(s, 1, cnt) Dij(s, dis[s]);
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) if(i != j) {
		rep(k, 0, 3) d[i][j][k] = INF;
		for(int u : Gh[i]) for(int v : Gt[j])
			calc(i, j, 0, u, v);
		for(int u : Gh[i]) for(int v : Gt[j])
			if(u != L[i][j][0] && v != R[i][j][0])
				calc(i, j, 1, u, v);
		for(int u : Gh[i]) for(int v : Gt[j])
			if(u != L[i][j][0] && v != R[i][j][1])
				calc(i, j, 2, u, v);
		for(int u : Gh[i]) for(int v : Gt[j])
			if(u != L[i][j][1] && v != R[i][j][0])
				calc(i, j, 3, u, v);
	}
	rep(i, 1, len) pos[i] = read();
	rep(i, 1, len - 1)
		sta[i] = work(pos[i], pos[i + 1], pos[i + 2]);
	Bui(1, 1, len - 1);
	while(Q --) {
		int k = read(), v = read();
		pos[k] = v;
		if(k > 1) Moi(1, 1, len - 1, k - 1, work(pos[k - 1], pos[k], pos[k + 1]));
		if(k > 2) Moi(1, 1, len - 1, k - 2, work(pos[k - 2], pos[k - 1], pos[k]));
		if(k < len) Moi(1, 1, len - 1, k, work(pos[k], pos[k + 1], pos[k + 2]));
		LL ans = INF;
		rep(i, 0, 3) ans = min(ans, dat[1].mat[i][0]);
		if(ans == INF) puts("-1"); else printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}