BZOJ 2407: 探险/4398: 福慧双修
2407: 探险
Description
探险家小T好高兴！X国要举办一次溶洞探险比赛，获奖者将得到丰厚奖品哦！小T虽然对奖品不感兴趣，但是这个大振名声的机会当然不能错过！
比赛即将开始，工作人员说明了这次比赛的规则：每个溶洞和其他某些溶洞有暗道相连。两个溶洞之间可能有多条道路，也有可能没有，但没有一条暗道直接从自己连到自己。参赛者需要统一从一个大溶洞出发，并再次回到这个大溶洞。
如果就这么点限制，那么问题就太简单了，可是举办方又提出了一个条件：不能经过同一条暗道两次。这个条件让大家犯难了。这该怎么办呢？
到了大溶洞口后，小T愉悦地发现这个地方他曾经来过，他还记得有哪些暗道，以及通过每条暗道的时间。小T现在向你求助，你能帮他算出至少要多少时间才能回到大溶洞吗？
Input
第一行两个数n，m表示溶洞的数量以及暗道的数量。
接下来m行，每行4个数s、t、w、v，表示一个暗道连接的两个溶洞s、t，这条暗道正着走（s à t）的所需要的时间w，倒着走（t à s）所需要的时间v。由于溶洞的相对位置不同，w与v可能不同。
Output
输出一行一个数t，表示最少所需要的时间。
Sample Input
3 3
1 2 2 1
2 3 4 5
3 1 3 2
1 2 2 1
2 3 4 5
3 1 3 2
Sample Output
8
HINT
N<=10000,M<=200000,1<=W,V<=10000
思路：
这题是考场上做的，只想出来了四十分做法，同届神犇suika原创本题一种不同于网上大家题解的方法，目前还没更新题解，我的做法是常规做法
我的做法是常规的最短路做法。考虑四十分 ： 枚举点1周围的点，以这些点为起点向点1跑最短路，并且屏蔽掉这点到1的边，具体实现有很多种做法，在这里就不赘述了。这样做的话是O（nmlog）的（Dij）可过40分，对于满分，我们考虑这样的情况，当走出第一步之后，剩下的便是从这个点到1的最短路实现，而各个点之间会有很多重复的状态枚举，，考虑新建一张图来抛弃掉这些状态。
我们建立汇点T=n+1 预处理出从1到各个节点的最小代价和第一步分别走了哪些点并用prev数组存下，代价用一次SPFA处理，第一步传递处理就好。
处理好以下之后，枚举每条边进行加图，分成以下几种情况处理：
1.该边从1到v，若prev[v] == v 不做处理，对答案产生的贡献已经记录到dis里了。
若prev[v] != v 连接一条从1到v，代价为原代价的边
2.该边从u到1，若pre[u] != u 直接用dis和该边val更新答案。
否则 加一条从u到T的，权值为该边val的边
3.该边从u到v，若u、v的prev相等，那么直接还原这条边
否则的话，加一条从1到v，代价为f[u]+val的边
对新图进行SPFA(DIJ)f[t]即为答案
代码如下
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N = 41000, M = 400010;
using namespace std;
int f[N],vis[N],val[M],head[N],to[M],next[M],cnt;
int pre[N];
int ra[M],rb[M],rc[M];
void add_edge(int a,int b,int c) {
to[++cnt] = b;
next[cnt] = head[a];
head[a] = cnt;
val[cnt] = c;
}
queue<int>q;
void spfa() {
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
vis[u] = 0;
for(int i=head[u];i;i=next[i]) {
if(f[to[i]]>f[u]+val[i]) {
pre[to[i]]=pre[u];
f[to[i]]=f[u]+val[i];
if(!vis[to[i]]) {
vis[to[i]]=1;
q.push(to[i]);
}
}
}
}
}
int main() {
int n, m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++) {
int a,b,c,d;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
add_edge(a,b,c);
ra[cnt]=a;
rb[cnt]=b;
rc[cnt]=c;
add_edge(b,a,d);
ra[cnt]=b;
rb[cnt]=a;
rc[cnt]=d;
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[1]=0;
for(int i=head[1];i;i=next[i]) {
pre[to[i]]=to[i];
f[to[i]]=val[i];
vis[to[i]]=1;
q.push(to[i]);
}
spfa();
memset(head,0,sizeof(head));
cnt=0;
int ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=2*m;i++) {
if(ra[i]==1) {
if(pre[rb[i]]!=rb[i]) add_edge(1,rb[i],rc[i]);
}
else if(rb[i]==1) {
if(ra[i]!=pre[ra[i]]) ans=min(ans,f[ra[i]]+rc[i]);
else add_edge(ra[i],n+1,rc[i]);
}
else {
if(pre[ra[i]]==pre[rb[i]]) {
add_edge(ra[i],rb[i],rc[i]);
}
else {
add_edge(1,rb[i],f[ra[i]]+rc[i]);
}
}
}
memset(f,0x3f,sizeof f);
f[1]=0;
q.push(1);
spfa();
ans=min(ans,f[n+1]);
printf("%d",ans==inf?-1:ans);
}
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