P2685 [TJOI2012] 桥
最短路 + 线段树
是经典题了：求图中删去其中一条边后，\(1\) 到 \(n\) 最短路的最大值。
显然的，删去的边一定在原图的最短路上。然后就没思路了。
朴素的，枚举最短路上的边删去，各跑一次最短路，复杂度 \(O(nm\log n)\) 级别的。
这种想法很难优化了，考虑到删去一条边后，新的最短路上一定会有新的边，枚举这条看看？
若枚举边 \((u,v)\)，那么新的经过 \((u,v)\) 的最短路即为 \(dis(1,u)+w(u,v)+dis(v,n)\)。
可以想到计算贡献的经典做法：枚举答案，贡献到对应的位置上。于是新的问题是：这条新的最短路在删掉哪些边时能够贡献答案呢？
感性理解可以发现，这些边一定是最短路上的一个区间。设 \(l_i\) 表示为 \(1\) 到 \(i\) 的最短路与 \(1\) 到 \(n\) 的最短路的 ”lca“，\(r_i\) 表示为 \(i\) 到 \(n\) 的最短路与 \(1\) 到 \(n\) 的最短路的 “lca”。
那么可以将新的最短路写成 1-l[u]-u-v-r[v]-n，可以看出区间即为 \([l_u,r_v]\)。
那么就变成了区间取 min 问题，用线段树维护。最后答案取最大值即可。
需要注意的是，假如线段树中的最大值为原最短路，那么意味着所有边都可以被删去。
复杂度 \(O(m\log n)\)。
双倍经验是 P1186 玛丽卡，将堆优化 dij 改为朴素版即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define mk std::make_pair
#define pb push_back
using u32 = unsigned;
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
int h[N], cnt;
struct node {
int to, nxt, w;
} e[N << 2];
void add(int u, int v, int w) {
e[++cnt].to = v;
e[cnt].nxt = h[u];
e[cnt].w = w;
h[u] = cnt;
}
bool vis[N];
int dis1[N], dis2[N];
struct com {
int v, w;
friend bool operator < (com a, com b) {
return a.w > b.w;
}
} tmp;
void dij(int st, int *dis) {
std::priority_queue<com> q;
tmp = {st, 0};
q.push(tmp);
for(int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = iinf, vis[i] = 0;
dis[st] = 0;
while(!q.empty()) {
int u = q.top().v; q.pop();
if(vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(dis[v] > dis[u] + e[i].w) {
dis[v] = dis[u] + e[i].w;
tmp = {v, dis[v]};
q.push(tmp);
}
}
}
}
int id[N], tot, p[N];
bool used[N << 2];
void getpath() {
int u = 1;
id[u] = ++tot;
p[tot] = u;
while(u != n) {
for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(dis2[u] == dis2[v] + e[i].w) {
used[i] = 1;
u = v;
break;
}
}
id[u] = ++tot;
p[tot] = u;
}
}
int l[N], r[N];
void init(int x, int *dis, int *arr) {
std::queue<int> q;
q.push(p[x]);
arr[p[x]] = x;
while(!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(!id[v] && !arr[v] && dis[v] == dis[u] + e[i].w) {
arr[v] = x;
q.push(v);
}
}
}
}
struct seg {
int v, tg;
} t[N << 2];
void pushup(int u) {t[u].v = std::min(t[u << 1].v, t[u << 1 | 1].v);}
void build(int u, int l, int r) {
t[u].v = t[u].tg = iinf;
if(l == r) {return;}
int mid = (l + r) >> 1;
build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(u);
}
void mdf(int u, int x) {t[u].v = std::min(t[u].v, x), t[u].tg = std::min(t[u].tg, x);}
void pd(int u) {
if(t[u].tg == iinf) return;
mdf(u << 1, t[u].tg), mdf(u << 1 | 1, t[u].tg);
t[u].tg = iinf;
}
void upd(int u, int l, int r, int L, int R, int x) {
if(L <= l && r <= R) {
mdf(u, x);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1; pd(u);
if(L <= mid) upd(u << 1, l, mid, L, R, x);
if(R > mid) upd(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, x);
pushup(u);
}
int qry(int u, int l, int r, int x) {
if(l == r) return t[u].v;
int mid = (l + r) >> 1, ret = iinf; pd(u);
if(x <= mid) return qry(u << 1, l, mid, x);
return qry(u << 1 | 1, mid + 1, r, x);
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w;
std::cin >> u >> v >> w;
add(u, v, w), add(v, u, w);
}
dij(1, dis1), dij(n, dis2);
getpath();
// for(int i = 1; i <= tot; i++) std::cout << p[i] << " \n"[i == tot];
for(int i = 1; i <= tot; i++) init(i, dis1, l);
for(int i = tot; i >= 1; i--) init(i, dis2, r);
build(1, 1, tot);
for(int u = 1; u <= n; u++) {
for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
// std::cout << u << " " << v << " " << l[u] << " " << l[v] << "\n";
if(l[u] && r[v] && !used[i] && l[u] < r[v]) {
upd(1, 1, tot, l[u], r[v] - 1, dis1[u] + dis2[v] + e[i].w);
}
}
}
int ans = dis1[n], num = n - (tot - 1);
for(int i = 1; i < tot; i++) {
int ret = qry(1, 1, tot, i);
// std::cout << ret << " \n"[i == tot - 1];
if(ret != iinf && ret > ans) {
ans = ret, num = 1;
} else if(ret == ans) {
num++;
}
}
if(ans == dis1[n]) num = m;
std::cout << ans << " " << num << "\n";
return 0;
}
