NC20684 wpy的请求

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题目

题目描述

“题目名称只是吸引你来做题的啦，其实和题目没什么卵关系：o(*￣▽￣*)o” —— 历史——殿堂

wpy移情别恋啦，他不喜欢spfa了，现在他喜欢使用dij，但是他又发现了一个新的问题，dij无法跑有负权边的图，于是wpy找到了她的男朋友也就是你来帮忙，为了你晚上的幸福生活，你必须在1秒内帮她解决这个问题，然后蹿到床上。。。balabala（捂脸）。。。。(*/ω＼*)

简单来说，有一张n个点，m条边的有向图，请你给每条边确定一个新的边权（不同边之间可以不同），保证对于任意u，v，在新图上的u到v的最短路上的点和原图上最短路上的点相同且顺序不变。

新的边权要求非负。

输入描述

第一行两个整数n,m,表示有n个点，m条边。

接下来m行，每行三个数，u，v，w，表示有一条从u到v。

输出描述

输出m行，每行三个整数u,v,w表示有从u到v的边边权改完后是为w。

ps：按输入顺序输出。

示例1

输入

5 10
1 2 -4383
1 3 -9930
2 4 -7331
1 5 -2175
2 3 11962
2 5 16382
4 5 11420
1 4 37978
3 5 13836
3 4 14617

输出

1 2 0
1 3 0
2 4 0
1 5 0
2 3 17509
2 5 14174
4 5 1881
1 4 49692
3 5 6081
3 4 16401

备注

$n<=10^3，m<=3*10^3，|w|<=10^9$
数据保证有解，保证没有负环，保证任意两点间最短路唯一,保证图联通

数据有梯度（ 但是出题人也不知道能写什么部分分）

题解

知识点：最短路，数学。

这道题利用了最短路不等式：对于任意边 $u \to v$ 边权为 $w$ ，都有 $dis[v] \leq dis[u] + w$ （因为最短路满足了 $dis[v]>dis[u]+w$ 必然更新，因此最后一定满足这个不等式）。于是，我们有 $dis[u]-dis[v]+w \geq 0$ 恒为正。

题目要求我们将边权都改成正的且不影响最短路。换句话说，对于任意相同两个点 $u,v$ ，我们需要在不改变其所有路径的权值的相对大小的情况下，要让边权都改为正的。因此，边在改正之后的影响，只能等价于对所有路径同时加一个常量。我们猜测将所有路径改为 $dis[u]-dis[v]+w$ 。

对于 $u,v$ 的任意路径 $u \to x_1 \to x_2 \to \cdots \to x_n \to v$ 的权值和为 $w = w(u,x_1) + \cdots + w(x_n,v)$ 。若改变边权后，则整条路径的权值和变为 $dis[u] - dis[x_1] + w(u,x_1) + \cdots + dis[x_{n}]-dis[v] + w(x_n,v) = dis[u]-dis[v] + w$ ，即 $u,v$ 的任意路径都加了常量 $dis[u] - dis[v]$ ，所有路径的权值相对不变，即保证了最短路不变，并且所有边权都为正。 因此，我们把所有边权改为 $dis[u]-dis[v] + w$ 即可。

注意，建一个超级源点，保证每个点都有最短路。否则，有可能从单源点没法走到某些点。

时间复杂度 $O((n+m) \log m)$

空间复杂度 $O(n+m)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
template<class T>
struct Graph {
    struct edge {
        int v, nxt;
        T w;
    };
    int idx;
    vector<int> h;
    vector<edge> e;
 
    Graph(int n, int m):idx(0), h(n + 1), e(m + 1) {}
    void init(int n) {
        idx = 0;
        h.assign(n + 1, 0);
    }
 
    void add(int u, int v, T w) {
        e[++idx] = edge{ v,h[u],w };
        h[u] = idx;
    }
};
///链式前向星（有权），空间复杂度O(n+m)，空间性能最优，时间性能较好，使用较复杂
 
const int N = 1000 + 7, M = 3000 + 1000 + 7;
Graph<int> g(N, M);
int n, m;
 
bool vis[N];
ll dis[N];
queue<int> q;
void SPFA(int st) {
    for (int i = 1;i <= n + 1;i++) dis[i] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    dis[st] = 0;
    q.push(st);
    vis[st] = 1;
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = 0;
        for (int i = g.h[u];i;i = g.e[i].nxt) {
            int v = g.e[i].v, w = g.e[i].w;
            if (dis[v] > dis[u] + w) {
                dis[v] = dis[u] + w;
                if (!vis[v]) q.push(v), vis[v] = 1;
            }
        }
    }
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    vector<tuple<int, int, int>> ans;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        g.add(u, v, w);
        ans.push_back({ u,v,w });
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) g.add(n + 1, i, 0);
    SPFA(n + 1);
    for (auto [u, v, w] : ans) {
        cout << u << ' ' << v << ' ' << w + dis[u] - dis[v] << '\n';
    }
    return 0;
}