图论——分层图最短路

概述

分层图最短路，如：有 $k$ 次零代价通过一条路径，求总的最小花费。对于这种题目，我们可以采用 $DP$ 相关的思想，设 ${\text{dis}}_{i,j}$表示当前从起点 $i$ 号结点，使用了 $j$ 次免费通行权限后的最短路径。显然，$\text{dis}$ 数组可以这么转移：

$di{s}_i{,}_j=min(min(di{s}_v{,}_{\text{j-1}}if(j\le k)),min(di{s}_v{,}_{\text{j}}+w),di{s}_i{,}_j)$

其中$v$表是与$i$相邻的节点，$w$表示经过这条边的边权，特别地，如果$j>k$，那么$di{s}_v{,}_{\text{j}}=\mathrm{\infty }$。

概念理解：分层图最短路往往是与$DP$思想结合的体现，它适用于求最短路性质的问题但加了额外限制，在考场上如果要想作对做这类题，必须先发现这道题隐藏条件和题目意思与最短路有关（不要小看这一步，因为往往最开始就没想到这样做，导致后面的结果是错误的），再思考怎样对题目进行图论建模。

例题

例$1$

Telephone Lines

简单来说，本题是在无向图上求出一条从$1$到$N$的路径，使路径上第$K+1$大的边权尽量小。

可以仿照前面所说的方法，用$D[x,p]$表示从$1$号节点到达基站$x$，途中已经指定了$p$条电缆免费时，经过的路径最贵的电缆的话费最小是多少（也就是选择一条从$1$到$x$的路径，使路径上第$p+1$大的边权尽量少）。若有一条从$x$到$y$长度为$z$的无向边，则应该用$max(D[x,p],z)$更新$D[y,p]$的最小值，用$D[x,p]$更新$D[y,p+1]$的最小值。前者表示不在电缆$(x,y,z)$上使用免费升级服务，后者表示使用。

显然，我们刚才设计的状态转移是有后效性的（因为本题是按照动态规划的思想解决的，动态规划对状态空间的遍历构成一张有向无环图。注意一定是有向无环图！遍历顺序就是该有向无环图的一个拓扑序。 有向无向图中的节点对应问题中的“状态”，图中的边对应状态之间的“转移”，转移的选取就是动态规划中的“决策”。 在本题中，比如有三个点 $a,b,c$，构成一个环，那么用$dijkstra$更新就会发生当前更新的值不是最终的值，那么转移时就会出现问题。）。在有后效性时，一种解决方案是利用迭代思想，借助$SPFA$算法进行动态规划， 直至所有状态收敛（不能再更新）。

从最短路径问题的角度去理解，图中的节点也不仅限于“整数编号”，可以扩展到二维，用二元组$(x,p)$代表一个节点，从$(x,p)$到$(y,p)$有长度为$z$的边，从$(x,p)$到$(y,p+1)$有长度为$0$的边。$D[x,p]$表示起点$(1,0)$到节点$(x,p)$，路径上最长的边最短是多少。这是$N\ast K$个点，$P\ast K$条边的广义最短路径问题。对于非精心构造的数据，$SPFA$算法的时间复杂度为$O(tNP)$，其中$t$为常数，实际测试可以$AC$。本题也让我们进一步领会了动态规划与最短路的共通性。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,p,k;
const int N=1000000+10,M=10000000+10;
int head[N],to[M],nxt[M],cnt,w[M],dis[N];
struct node{
	int val,pos;
	bool operator >(const node &x)const{
		return val>x.val;
	}
};
void add(int u,int v,int f){
	to[++cnt]=v;
	w[cnt]=f;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
	return;
}
priority_queue<node,vector<node>,greater<node> >q;
bool v[N];
void dijkstra(){
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[1]=0;
	q.push(node{0,1});
	while(!q.empty()){
		node t=q.top();q.pop();
		if(v[t.pos])continue;
		v[t.pos]=1;
		for(int i=head[t.pos];i;i=nxt[i]){
			int v=to[i],z=max(dis[t.pos],w[i]);
			if(dis[v]>z){
				dis[v]=z;
				q.push(node{dis[v],v});
			}
		}
	}
	return;
}
signed main(){
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&p,&k);
	for(int i=1,x,y,z;i<=p;i++){
		scanf("%lld %lld %lld",&x,&y,&z);
		add(x,y,z);add(y,x,z);
		for(int j=1;j<=k;j++){
			add(x+(j-1)*n,y+j*n,0);
			add(y+(j-1)*n,x+j*n,0);
			add(x+j*n,y+j*n,z);
			add(y+j*n,x+j*n,z);
		}
	}
	dijkstra();
	int ans=1e18;
	for(int i=0;i<=k;i++){
		ans=min(ans,dis[n+i*n]);
	}
	if(ans==1e18)printf("-1\n");
	else printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

例$2$

飞行路线

由于购买机票不需要花钱，所以肯定不会多次重复乘坐同样的航线或者多次访问到同一个城市。如果$k=0$本题就是最基础的最短路问题。但题目中说明了对有限条边设置为免费），可以使用分层图的方式，将图多复制$k$次，原编号为$i$的节点复制为编号$i+jn(1\le j\le k)$的节点，然后对于原图存在的边，第$j$层和第$j+1$层的对应节点也需要连上，看起来就是相同的图上下堆叠起来。

代码如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+50,M=2200050;
int head[N*12],cnt,nxt[M],to[M],w[M],n,m,k,s,t,dis[N*12];
void add(int u,int v,int f)
{
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	w[cnt]=f;
	head[u]=cnt;
} 
struct node
{
	int val,pos;
	bool operator >(const node &x)const{
		return val>x.val;
	}
};
priority_queue<node,vector<node>,greater<node> >q;
bool b[N*12];
void dij()
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[s]=0;
	q.push(node{dis[s],s});
	while(!q.empty())
	{
		node t=q.top();q.pop();
		if(b[t.pos])continue;
		b[t.pos]=1;
		for(int i=head[t.pos];i;i=nxt[i])
		{
			int v=to[i];
			if(dis[v]>dis[t.pos]+w[i])
			{
				dis[v]=dis[t.pos]+w[i];
				q.push(node{dis[v],v});
			}
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	scanf("%d %d",&s,&t);
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);add(v,u,w);
		for(int j=1;j<=k;j++)
		{
			add(u+j*n,v+j*n,w);
			add(v+j*n,u+j*n,w);
			add(u+j*n-n,v+j*n,0);
			add(v+j*n-n,u+j*n,0);
		}
	}
	dij();
	int ans=0x3f3f3f3f;
	for(int j=0;j<=k;j++)
		if(dis[t+j*n]<ans)
			ans=dis[t+j*n];
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}