CF1149D Abandoning Roads
一、题目
二、解法
套路：当只有两个关键状态量时，我们以一个量为主，一个量为辅思考问题。
那么我们以 \(a\) 边为主，因为不可能表示出原图的最小生成树所以我们开始找结论。根据 \(\tt kruskall\) 算法我们先把所有 \(a\) 边连起来，那么会形成若干个 \(a\) 边连通块，考虑 \(b\) 边会把这些连通块串成一棵生成树。
结论：\(a\rightarrow b\) 的路径可能在最小生成树中出现，当且仅当这条路径没有通过 \(b\) 边走出 \(a\) 连通块再通过 \(b\) 边走回来，并且不经过 \(a\) 连通块内的 \(b\) 边，因为走出去和走回来的两条 \(b\) 边是不可能同时出现的，而 \(a\) 连通块内的 \(b\) 边无论如何都不在最小生成树中。但 \(a\) 连通块内部的 \(a\) 边路径和经过 \(b\) 边走到其他连通块的路径都是合法的，证毕。
知道这个结论以后就得到了一个最短路问题，由于限制有不能走回以前的连通块，所以我们记录已经离开的连通块有哪些。设 \(dp[s][u]\) 为离开过的连通块集合为 \(s\)，现在所处的点为 \(u\)，然后跑 \(\tt dijkstra\) 即可。
但是 \(s\) 可能很大，考虑大小 \(\leq 3\) 的连通块是不需要记录在 \(s\) 中的，因为最优决策下绝不会出现通过 \(b\) 边走出去再走回来的情况，那么时间复杂度 \(O(2^{n/4}\cdot m\cdot \log)\)
三、总结
首先是开头那个很重要的套路。
此外猜结论要对着要求的东西猜，比如这道题要求的是最短路就找最短路合法的条件。
最后是有关连通块的状压，可以讨论一些较小的连通块可以大幅度降低复杂度。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 75;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,a,b,tot,cnt,tmp,id[M],vis[M],f[M],dp[1<<17][M];
struct edge
{
int v,c,next;
}e[M*M];
struct node
{
int s,u,c;
bool operator < (const node &b) const
{
return c>b.c;
}
};
void dfs(int u,int c)
{
id[u]=c;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(id[v]==-1 && e[i].c==a) dfs(v,c);
}
}
int cal(int u)
{
vis[u]=1;int r=1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(!vis[v] && e[i].c==a) r+=cal(v);
}
return r;
}
void dijk()
{
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
priority_queue<node> q;
q.push(node{0,1,0});dp[0][1]=0;
while(!q.empty())
{
int s=q.top().s,u=q.top().u,c=q.top().c;
q.pop();
if(c>dp[s][u]) continue;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v,ts=s;
//leave the block before
if(id[v]<tmp && (s&(1<<id[v]))) continue;
//in the same block but use b
if(id[u]==id[v] && e[i].c==b) continue;
//enter a brand new block
if(id[u]<tmp && id[u]!=id[v]) ts|=(1<<id[u]);
if(dp[ts][v]>dp[s][u]+e[i].c)
{
dp[ts][v]=dp[s][u]+e[i].c;
q.push(node{ts,v,dp[ts][v]});
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int ans=1e9;
for(int j=0;j<(1<<tmp);j++)
ans=min(ans,dp[j][i]);
printf("%d ",ans);
}
}
signed main()
{
n=read();m=read();a=read();b=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),c=read();
e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,c,f[v]},f[v]=tot;
}
memset(id,-1,sizeof id);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i] && cal(i)>=4) dfs(i,cnt++);
tmp=cnt;
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i] && cal(i)<4) dfs(i,cnt++);
dijk();
}
