奥运公交[LOJ3255]
题目描述
JOI 王国共有 \(N\) 个城市，这些城市从 \(1\) 到 \(N\) 编号。共有 \(M\) 条公交线路连接这些城市，这些线路从 \(1\) 到 \(M\) 编号。第 \(i\) 条公交线是从城市 \(U_i\) 到城市 \(V_i\) 的，票价为 \(C_i\) 日元。如果乘客乘坐第 \(i\) 条公交线，他只能在城市 \(U_i\) 上车，在城市 \(V_i\) 下车。从一个城市到另一个城市可能有多条公交线。
不久，JOI 王国将举办奥运会。K 理事长是 JOI 王国交通部部长。他会在奥运会之前选择最多一条公交线，并翻转这条公交线的起点和终点，但不改变票价。换句话说，如果他选择第 条公交线，在奥运会期间它将不会从 \(U_i\) 城市开往 \(V_i\) 城市，而是从 \(V_i\) 城市开往 \(U_i\) 城市，但票价仍为 \(C_i\) 日元。翻转一条公交线需要 \(D_i\) 日元，并且这个钱是 K 理事长出的。为了避免迷惑行为，在奥运会期间不允许翻转公交线。
因为 K 理事长是 JOI 王国的交通部部长，在奥运会期间他会使用这些公交线在城市 \(1\) 和城市 \(N\) 之间往返。通过恰当地选择翻转某条（或不翻转任何）公交线，他想要最小化往返城市 \(1\) 和城市 \(N\) 的公交总票价与翻转公交线的代价和。
现给定城市数和公交线情况，写一个程序求出这个最小代价和。如果不能通过翻转某条公交线来达到往返城市 \(1\) 与城市 \(N\) 的目的，请输出 \(-1\)。
输入格式
第一行两个整数 \(N,M\)，意义如题目描述；
接下来 \(M\) 行，每行四个整数 \(U_i,V_i,C_i,D_i\)，意义如题目描述。
输出格式
输出一行一个整数，如果可以通过翻转某条（或不翻转任何）公交线使得可以往返于城市 \(1\) 与城市 \(N\)，输出往返所需公交总票价与翻转公交线的代价和的最小值，否则输出 \(-1\)。
题解
翻转一条边 \(u,v\) 后 \(1\) 到 \(N\) 的最短路：
(1) 不经过翻转后的边 \(v,u\) ：
由于这种情况中我们不经过这条边 所以可以看作是删除了这条边
如果 \(u,v\) 在以 \(1\) 为源的最短路树上，那么删除这条边之后 \(1\) 到 \(N\) 的最短路可能会发生变化，需要重新跑一次 dijkstra (注意是不经过边 \(u,v\) 的)
如果不在最短路树上，则删除该边后 \(1\) 到 \(N\) 的最短路一定和原来的一样
(2) 经过翻转后的边 \(v,u\) ：
此时 \(1\) 到 \(N\) 的最短路为：
\(1\) 到 \(v\) 的不经过边 \(u,v\) 的最短路 + \(u\) 到 \(N\) 的不经过边 \(u,v\) 的最短路 + \(\mathrm{dis}(v,u)\)
求 \(1\) 到 \(v\) 的不经过边 \(u,v\) 的最短路同(1)
求 \(u\) 到 \(N\) 的不经过边 \(u,v\) 的最短路 可以在反图上找出以 \(N\) 为源的最短路树，然后判断 \(u,v\) 是否在这棵最短路树上，同(1)一样进行分类讨论
对于每条边 \(i\)，我们可以开一个 \(mn[i]\) 取上面两种情况的最小值，这就是翻转边 \(u_i,v_i\) 后 \(1\) 到 \(N\) 的最短路
翻转某边后 \(N\) 到 \(1\) 的最短路同理，可以存在 \(mn2[i]\) 中
那么答案就是 \(\min_{i=1}^{m} mn[i]+mn2[i]+D_i\)
最后记得计算一下不翻转边时的总代价
p.s. inf最好不要设得太大 不然好几个inf加一起就爆longlong了
#include <bits/stdc++.h>
#define M 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T &num) {
T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x * f;
}
const ll inf = 1e16;
int n, m;
int head[205][2], lst[205][2], from[M][2], pre[M][2], to[M][2], sz[2]; //0:原图 1:反图
ll c[M][2], d[M][2], ans, mn[M][2];
bool ok[M][2];
inline void addedge(int u, int v, ll w, ll w2, int tp) {
pre[++sz[tp]][tp] = head[u][tp]; head[u][tp] = sz[tp]; ok[sz[tp]][tp] = 1;
from[sz[tp]][tp] = u; to[sz[tp]][tp] = v; c[sz[tp]][tp] = w; d[sz[tp]][tp] = w2;
}
priority_queue<pair<ll, int> > q;
ll dis[205][2], tmp[205];
bool vis[205], tag[M][2];
void dijkstra(int s, int tp) {
for (int i = 1; i <= n; i++) dis[i][tp] = inf;
dis[s][tp] = 0;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
q.push(make_pair(0, s));
while (!q.empty()) {
int x = q.top().second; q.pop();
if (vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
for (int i = head[x][tp]; i; i = pre[i][tp]) {
int y = to[i][tp];
if (dis[y][tp] > dis[x][tp] + c[i][tp]) {
dis[y][tp] = dis[x][tp] + c[i][tp];
lst[y][tp] = i;
q.push(make_pair(-dis[y][tp], y));
}
}
}
}
void tmp_dij(int s, int tp) {
for (int i = 1; i <= n; i++) tmp[i] = inf;
tmp[s] = 0;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
q.push(make_pair(0, s));
while (!q.empty()) {
int x = q.top().second; q.pop();
if (vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
for (int i = head[x][tp]; i; i = pre[i][tp]) {
int y = to[i][tp];
if (!ok[i][tp]) continue;
if (tmp[y] > tmp[x] + c[i][tp]) {
tmp[y] = tmp[x] + c[i][tp];
q.push(make_pair(-tmp[y], y));
}
}
}
}
void solve(int s, int t, int o) {
dijkstra(s, 0);
dijkstra(t, 1);
memset(tag, 0, sizeof(tag));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
tag[lst[i][0]][0] = 1;
tag[lst[i][1]][0] = 1;
}
for (int i = 1; i <= sz[0]; i++) {
int u = from[i][0], v = to[i][0];
ll now = c[i][0];
if (!tag[i][0]) {
mn[i][o] = dis[t][0];
now += dis[v][0];
} else {
ok[i][0] = 0;
tmp_dij(s, 0);
ok[i][0] = 1;
mn[i][o] = tmp[t];
now += tmp[v];
}
if (!tag[i][1]) {
now += dis[u][1];
} else {
ok[i][1] = 0;
tmp_dij(t, 1);
ok[i][1] = 1;
now += tmp[u];
}
mn[i][o] = min(mn[i][o], now);
}
}
int main() {
read(n); read(m);
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
ll cc, dd;
read(u); read(v); read(cc); read(dd);
addedge(u, v, cc, dd, 0);
addedge(v, u, cc, dd, 1);
}
ans = inf; ll now = 0;
dijkstra(1, 0); now += dis[n][0];
dijkstra(n, 0); now += dis[1][0];
ans = min(ans, now);
solve(1, n, 0);
solve(n, 1, 1);
for (int i = 1; i <= sz[0]; i++) {
ans = min(ans, mn[i][0] + mn[i][1] + d[i][0]);
}
printf("%lld\n", ans >= inf ? -1 : ans);
return 0;
}
