分层图
分层图学习笔记
分层图的笔记咕了好久，今天（2024/10/15）终于有时间写了。
首先，分层图只是一种思想，而不是一种算法。
从名字上来理解，就是将图论中的点分成不同的批次，不同的类型，也就是分层。
一般来说，分层图就是原来存在的节点乘上某个数再加上原来的节点，直接一点，就是变成一个不会重复的，空间合理的，有顺序的其他节点进行建图。
P4568 [JLOI2011] 飞行路线
题目描述
Alice 和 Bob 现在要乘飞机旅行，他们选择了一家相对便宜的航空公司。该航空公司一共在 \(n\) 个城市设有业务，设这些城市分别标记为 \(0\) 到 \(n-1\)，一共有 \(m\) 种航线，每种航线连接两个城市，并且航线有一定的价格。
Alice 和 Bob 现在要从一个城市沿着航线到达另一个城市，途中可以进行转机。航空公司对他们这次旅行也推出优惠，他们可以免费在最多 \(k\) 种航线上搭乘飞机。那么 Alice 和 Bob 这次出行最少花费多少？
数据规模与约定
对于 \(30\%\) 的数据，\(2 \le n \le 50\)，\(1 \le m \le 300\)，\(k=0\)。
对于 \(50\%\) 的数据，\(2 \le n \le 600\)，\(1 \le m \le 6\times10^3\)，\(0 \le k \le 1\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(2 \le n \le 10^4\)，\(1 \le m \le 5\times 10^4\)，\(0 \le k \le 10\)，\(0\le s,t,a,b < n\)，\(a\ne b\)，\(0\le c\le 10^3\)。
因为免费的次数是有限的，所以我们将一次免费的乘坐看作是上了一层楼，如图。
建图核心代码
rep(i, 1, m){
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c);//本层
add(b, a, c);
rep(j, 1, k){
add(a + (j - 1) * n, b + j * n, 0);//j只能从1开始，不然越界，a到b免费
add(b + (j - 1) * n, a + j * n, 0);//b也可以建向a
add(a + j * n, b + j * n, c);//这一层可以不使用免费次数
add(b + j * n, a + j * n, c);//同理
}
}
Dijkstra 还是 SPFA 自己选，反正最短路很简单，但是输出答案又有细节。
\(k\) 的值可能很大，达到用不完，所以需要取最小值。
取答案核心代码
ans = 0x3f3f3f3f;
rep(i, 0, k) ans = min(ans, dis[t + i * n]);//可能用不完
在定义数组是必须注意计算清楚，开几倍空间，是否开 LL 等等。
例如这道题，一次机会会产生 \(4\) 条边，所以这样：
const int N = 1e4 + 10, M = 5e4 + 10, K = 15, E = (M * K) << 2;//必须开4倍，会有4条边产生
边数 \(E=(M \times K) \times 4\)，这里根据题意而定。
另外这两道题也不尽相同：P2939 [USACO09FEB] Revamping Trails G，P4822 [BJWC2012] 冻结，冻结需要让边长除以二，但是基本相同。
P5340 [TJOI2019] 大中锋的游乐场
题目描述
大中锋正在一个游乐场里玩耍。游乐场里有 \(n\) 个娱乐设施，娱乐设施之间相互有共 \(m\) 条道路相连，经过每一条路都需要花费一定的时间。为了方便游客，每一个娱乐设施旁都会配有一个小卖部，一部分小卖部会销售可乐，另一部分会销售汉堡。
由于大中锋十分贪吃，所以每当他走到一个娱乐设施，他都会先去购买一杯可乐或一个汉堡，并把它们吃掉。但如果大中锋吃掉的汉堡数量比他喝掉的可乐数量多于 \(k\) ，那他就会感到很渴；如果喝掉的可乐数量比吃掉的汉堡数量多于 \(k\) ，那他就会感到很饿。
现在大中锋正在第 \(a\) 个娱乐设施，他想前往第 \(b\) 个娱乐设施，但在他前进的路途中他不希望自己很渴或很饿。大中锋想知道自己在路上少花费多少时间。但由于大中锋很懒惰，他不想思考这个问题。你能帮助他解决这个问题吗？
注意：大中锋非常贪吃，所以他到达每个点的第一件事是去吃(或者喝)，才考虑其他的事情，所以在起始点和终点他都会去买汉堡(可乐)，你也需要保证在这两个点他不会感到很饿或者很渴。
题目补充说明
- 路径不一定是简单路径。
- 大中锋可以多次经过一个节点，同时每次都会取得汉堡/可乐。
注意到 \(k\) 的范围比较小，我们可以考虑套路性的采用分层图做法。将一个点拆分多个点，分布在 \(2 \times k\) 层图上，并且向下层图中走为买了可乐，向上层图中走为买了汉堡，对于每一层图不进行连边（这是由于题目限制每次经过一个点必须购买汉堡或者可乐）。
还有几点需要注意到，由于起点的点权也要加上，所以需要对起点的点权类型进行特判。多测需要清空。
# include <bits/stdc++.h>
# define sec second
# define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 9e5, M = 5e6;
int T, n, m, k, s, t, idx;
int op[N], dis[M];
int h[M], e[M << 1], w[N << 1], ne[M << 1];
bool vis[M];
int getid(int pos, int f){
return n * (10 + f) + pos;
}
void add(int a, int b, int c){
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void dijkstra(int start){
mem(dis, 0x3f);
mem(vis, false);
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > heap;
dis[start] = 0;
heap.push({0, start});
while(!heap.empty()){
int u = heap.top().sec;
heap.pop();
if(vis[u]) continue;
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
int v = e[i];
if(vis[v] || dis[v] <= dis[u] + w[i]) continue;
dis[v] = dis[u] + w[i];
heap.push({dis[v], v});
}
vis[u] = true;
}
}
int main(){
cin >> T;
while(T --){
idx = 0;
mem(h, -1);
cin >> n >> m >> k;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
cin >> op[i];
}
for(int i = 1, a, b, c; i <= m; i ++){
cin >> a >> b >> c;
for(int j = -k; j <= k; j ++){
if(j + 1 <= k && op[b] == 1) add(getid(a, j), getid(b, j + 1), c);
if(j - 1 >= -k && op[b] == 2) add(getid(a, j), getid(b, j - 1), c);
if(j + 1 <= k && op[a] == 1) add(getid(b, j), getid(a, j + 1), c);
if(j - 1 >= -k && op[a] == 2) add(getid(b, j), getid(a, j - 1), c);
}
}
cin >> s >> t;
dijkstra(getid(s, op[s] == 1 ? 1 : -1));
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int j = -k; j <= k; j ++)
ans = min(ans, dis[getid(t, j)]);
if(ans == 0x3f3f3f3f) cout << -1 << "\n";
else cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
現代的な屋敷 (Modern Mansion)
题面翻译
有一座东西 \(M\) 列南北 \(N\) 行的大宅。
任何相邻的两间房之间都有一扇门连接，若一扇门是打开状态，则可以从门的一边走到另一边，并且花费 \(1\) 分钟。
\(K\) 个房间设有开关，按下开关会导致所有门的开关状态切换，并且花费 \(1\) 分钟。
最开始连接东西相邻房间的所有门都关闭，连接南北相邻房间的所有门都打开，输出从房间 \((1,1)\) 移动到房间 \((M,N)\) 的最短时间。
(续写 \(by\) \(2024/10/17\))
集训的时候做的一道题。
对于同一个有开关房间，它有南北开通和东西开通两种状态，并且这两种状态相互转换需要 \(1\) 的代价，那么我们可以将一个房间变成两个房间，分别表示上述的状态。存图的话，因为有开关的房间有 \(k\) 个，所以你只需要在原来的点的基础上加上 \(k\) 就可以存下了。也就是自己建向自己的另一种状态，双向边，边权为 \(1\)。
