[JOI2018]定期券 (Commuter Pass)

$\mathtt{TAG}$：最短路，DP，拓扑排序

题意

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，边有边权。

给定两对点 $s_1,t_1$ 和 $s_2,t_2$。

你可以选定 $s_1$ 到 $t_1$ 的一条最短路径，使得这些边的边权变为 $0$，要求操作之后 $s_2$ 到 $t_2$ 的最短路长度最小。

First. $s_2$ 到 $t_2$ 的最短路性质

我们发现，这条最短路会经过一段连续的选定边。

如何证明？

反证法。

假设选定路径为 $e_1,e_2,\dots ,e_k$，如果 $s_2$ 到 $t_2$ 的最短路为 $E_1,E_2,\dots ,e_x,e_{x+1},E_l,\dots ,E_r,e_{x+3},\dots ,E_{len}$。显然 $e_{x+2}<\sum _{i=l}^r{E}_i$，且选用 $e_{x+2}$ 能保证路径连续，是合法路径，显然比 $s_2$ 到 $t_2$ 的最短路更短，与最短路定义矛盾，所以这条最短路会经过一段连续的选定边。

Second. 求 $s_2$ 到 $t_2$ 的最短路

根据上文中的性质，设该连续路径的两个端点为 $p,q$，可以将该最短路分成 $3$ 段：$di{s}_{s_2,p}+0+di{s}_{q,t_2}$。

不妨枚举 $p$，找到使得 $di{s}_{q,t_2}$ 最小的在最短路中且可达的 $q$。

首先先将最短路 DAG 建出来。

这里直接判断一条边 $(u,v,w)$ 是否满足 $di{s}_{s_1,u}+w+di{s}_{v,t_1}=di{s}_{s_1,t_1}$，满足就加入图中。

由于是 DAG，所以 $q$ 可以 DP 求解：

$$d{p}_u=\underset{v\in g_u}{max}d{p}_v$$

注意这里可以是 $p\to q$ 也可以是 $q\to p$，所以同时再反过来维护一下使得 $di{s}_{q,s_2}$ 最小的在最短路中且可达的 $q$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10;
typedef pair<int, int> pi;
vector<pi> g[N];
vector<int> g2[N];
ll dis[4][N];
bool vis[N];
int n, m, s, t, s2, t2;
void dij (int s, ll dis[]) {
	for (int i = 1; i <= n; i ++) dis[i] = 1e20;
	memset(vis, 0, sizeof vis);
	dis[s] = 0;
	priority_queue<pi, vector<pi>, greater<pi> > q;
	q.push({0, s});
	while(!q.empty()) {
		int u = q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (auto e : g[u]) {
			int v = e.first, w = e.second;
			if(dis[u] + w < dis[v]) {
				q.push({dis[v] = dis[u] + w, v});
			}
		}
	}
} 
ll dp[N], f[N], ans = 1e20;
int in[N];
 
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m >> s >> t >> s2 >> t2;
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		g[u].push_back({v, w}), g[v].push_back({u, w});
	}
	dij(s, dis[0]), dij(t, dis[1]);
	dij(s2, dis[2]), dij(t2, dis[3]);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		for (auto e : g[i]) {
			int u = e.first, w = e.second;
			if(dis[0][i] + dis[1][u] + w == dis[0][t]) {
				g2[i].push_back(u);
				// cout << i << ' ' << u << endl;
				in[u] ++;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		dp[i] = dis[2][i];
		f[i] = dis[3][i];
	}
	queue<int> q;
	q.push(s);
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front();
		q.pop();
		for (auto v : g2[u]) {
			dp[v] = min(dp[v], dp[u]);
			f[v] = min(f[v], f[u]);
			if(!(-- in[v])) q.push(v);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n ;i ++) ans = min(ans, dp[i] + dis[3][i]), ans = min(ans, f[i] + dis[2][i]);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}