bzoj 4283 魔法少女伊莉雅
题目大意
给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的带正权无向图。要求找一条路径满足：
它是一条简单路径
它是一条严格次短路
对于任何一条可能存在于最短路上的边，不能包含它的反向边。
不存在这条路径输出 - 1。
题解
良心的最短路性质题，涵盖了大部分最短路径树和最短路径图上的常用性质。
然后开始讲正题。
最短路径图的基本性质
将 $d\left (u, v \right)$ 记为点 $u$ 到点 $v$ 的最短路的长度。
记 $d_{s}\left (x \right ) = d\left (s, x \right ), d_{t}\left (x \right ) = d\left (x, t \right )$。
最短路径图是 $s$ 到 $t$ 的所有最短路径的并集。
举个例子有助于说明：
左边为原图，右边为最短路径图。
注意 最短路径图是一个有向图。
这里将原图记为 $G = (V, E)$，最短路径图记为 $G* = (V*, E*)$。
最短路径图的基本性质 I（定义 1.1）
对于任意 $e \in E*$，若 $e = (u, v)$，那么 $d_{s}(u) + w (e) + d_{t}(v) = d (s, t)$。
显然最短路径图一定是一个 DAG。
最短路径图的基本性质 II（定理 1.1）
对于任意 $x \in V*$，那么有 $d_{s}(x) + d_{t}(x) = d (s, t)$。
证明 如果 $s = x$，那么结论显然成立。
现在考虑 $s \neq x$ 的情况。暂时记 $L = d (s, t)$
由最短路径图的定义可知 $d_{s}(x) \geqslant L - d_{t}(x)$。因为 $x$ 不是起点，所以必然存在一个前驱 $x'$。
根据基本性质 I 有 $d_{s}(x') + w (x', x) + d_{t}(x) = L$。由 $d_{s}(x)$ 的定义可知 $d_{s}(x) \leqslant d_{s}(x') + w (x, x') = L - d_{t}(x)$。
所以 $d_{s}(x) = L - d_{t}(x)$。
因此定理得证。
最短路径图的基本性质 III（推论 1.2）
对于 $e = (x, y) \in E*$，那么有 $d_{s}(x) + w (x, y) = d_{s}(y)$。
证明 根据定理 1.1 有 $d_{s}(y) = d (s, t) - d_{t}(y)$。根据定义 1.1 有 $d_{s}(x) + w (x, y) = d (s, t) - d_{t}(y)$。然后定理得证。
最短路径图的基本性质 IV（推论 1.3）
如果最短路径图中存在一条 $x$ 到 $y$ 的简单路径，那么 $d_{s}(x) + l (P*(x, y)) + d_{t}(y) = L$。其中 P*(x, y) 表示一条在 $G*$ 上的路径，l (P*(x, y)) 表示这条路径的长度。
重复使用推论 1.2 可以得到 $d_{s}(x) + l (P*(x, y)) = d_{s}(y)$。然后根据定理 1.1 易证。详细证明留给读者。
最短路径图的基本性质 V（推论 1.4）
最短路径图中一条 $x$ 到 $y$ 的简单路径，对应原图中一条 $x$ 到 $y$ 的最短路。
有了推论 1.3 就可以使用反证法。详细证明留给读者。同时可以推出上面的 $ l (P*(x, y)) = d (x, y)$。
定理 1.5
若 $x, y \in V*$，且满足 $x \neq y, d_{s}(x) \leqslant d_{x}(y)$，那么在 $G*$ 中 $s$ 到 $x$ 的最短路与 $y$ 到 $t$ 的最短路不相交。
证明 根据最短路径图的定义（定义 1.1）可知，$s$ 到 $x$ 的过程中 $d_{s}(x')$ 递增，$y$ 到 $t$ 的过程中 $d_{s}(y')$ 递增。又因为 $x \neq y, d_{s}(x) \leqslant d_{x}(y)$，所以它们不相交。
定理 2
然后来讲一些约定吧。
正向边：对于一条有向边 $(u, v)$，它在 $E*$ 中，那么我们称它为一条正向边。
反向边：对于一条有向边 $(u, v)$，如果 $(v, u) \in E*$，那么我们称它为一条反向边。
内部边：正向边和反向边统称为内部边。
外部边：在 $E$ 中，但不属于 $E*$ 的边。
现在来明确一下约定路径的符号。
$P (u, v)$，表示一条 $u$ 到 $v$ 的路径。
$P*(u, v)$，表示一条在 $G*$ 中 $u$ 到 $v$ 的路径。
$P (x, y) + Q (y, z)$，表示一条沿着路径 $P$ 从 $x$ 走到 $y$ 的，然后沿着 $Q$，从 $y$ 走到 $z$ 的路径。
$P^{-1}(x, y)$，表示沿着路径 $P$ 的反向边（不是上面的定义的反向边），从 $y$ 到 $x$ 的一条路径。
$P^{0}(x', y')$，路径 $P$ 上，一条 $x'$ 到 $y'$ 的子路径。
$l (P)$，表示路径 $P$ 的长度。
设所求路径为 $S$。
外部路径：起点和终点在 $G*$ 中，经过的变都是外部边的一条简单路径。称起点是这条路径的拐出点，终点是这条路径的回归点。
定理 2.1
路径 $S$ 中存在至少 1 条外部路径。
证明 如果不包含外部路径，那么路径 $S$ 中的边都是正向边（因为不能走反向边）。由于 $G*$ 是一个 DAG，所以 $l (S) = d (s, t)$，不符合题目要求。
定理 2.2
路径 $S$ 的包含一条外部路径的拐出点为 $x$，回归点为 $y$，那么有 $d_{s}(x) \leqslant d_{s}(y)$。
证明：
假设结论不成立，那么有 $d_{s}(x) > d_{s}(y)$。
设 $S = P (s, x) + Q (x, y) + R (y, t)$。那么令 $U = P*(s, y) + Q^{-1}(x, y) + R*(x, t)$。因为路径 $Q$ 是一条简单路径，P * 和 R * 都是由正向边组成，根据定理 1..5 可得 P * 与 R * 不相交。所以 $U$ 是一条简单路径。
又因为 $U$ 包含了至少一条外部边，所以它不是最短路。因此是一条满足题目要求的路径。
又因为 $P*(s, y) < P*(s, x) \leqslant P (s, x), R*(x, t) < R*(y, t) \leqslant R (y, t), Q (x, y) = Q^{-1}(x, y)$，所以 $l (U) < l (S)$。
与 $S$ 的最优性矛盾。
定理 2.3
路径 $S$ 恰好包含一条外部路径。
证明：
假设包含的外部路径数目不是一条。
如果不包含外部路径，显然矛盾。
如果包含超过一条外部路径，设 $S = P*(s, x) + Q (x, y) + R (y, t)$，令 $U = P*(s, x) + Q (x, y) + R*(y, t)$，其中 $Q (x, y)$ 是一条外部路径。
根据定理 1.5 易证 $U$ 是一条简单路径，根据最短路径图的定义有 $R*(y, t) < R (y, t)$，因此 $l (U) < l (S)$，与 $S$ 的最优性矛盾。
最短路径树的性质
约定 $S$ 的拐出点为 $S$ 包含的外部路径的拐出点，它的回归点为它包含的外部路径的回归点。
定义 3.1
定义一棵以 $p$ 为根的最短路径树 $T_{p} = (V, E_{T})$ 是原图中以 $p$ 为根的一棵有向路径生成树。其中一条边 $e (v, u)$ 满足 $d (u, p) + w (e) = d (v, p)$。
由于下面只会用到 $T_{t}$，因此，以下可能会直接将它简记 $T$。
注意
这里的最短路径树是一个有向图。
所有有向边都指向根节点。
一张无向图的最短路径图唯一，但指定点的最短路径生成树可能不唯一。
然后再来定义定义子树。
定义 3.2
在以 $p$ 为根的最短路径生成树中：
点 $x$ 的子树，在 $T_{p}$ 点 $x$ 断掉点 $x$ 的唯一一条出边后，剩下的以 $x$ 为根的树是点 $x$ 的子树。记为 $T_{p}(x)$。
点 $x$ 的真子树，点 $x$ 的真子树是 $T_{p}(x)$ 的一个子图。在 $T_{p}(x)$ 中，存在于点 $x$ 的真子树的点，当且仅当它到 $x$ 的路径上不经过除了 $x$ 以外的任何属于 $G*$ 的点。也就是说一个 不是 $x$ 的点，但属于 $G*$，一定不存在于 $x$ 的真子树中。记为 $T*_{p}(x)$。
真子树的定义可能不是很好理解（再加上我语文不好），那么来举个栗子：
在第三幅图之后，边权都被省略。在第四幅图和第五幅图中间橙色点标出的是在 $G*$ 中的点。
下面有一个关于真子树的很基本的性质。
定理 3.1
对于任意 $x,y \in G*$，都有 $T*(x)\cap T*(y) = \varnothing $。
根据真子树的定义易证。
接下来再来约定一个记号。
$P_{T}(x, y)$，在树 $T_{t}$ 中，一条 $x$ 到 $y$ 的路径。
最短路径树中的基本性质（定理 3.2）
在最短路径树 $T_{t}$ 中，任意一个点 $x$ 到其祖先 $y$ 的一条简单路径，对应原图中一条 $x$ 到 $y$ 的最短路。
证明
证当 $y = t$ 时结论成立。
考虑 $y \neq t$ 的情况。
仍然假设不是最短路。那么存在一条更优的路径的从 $x$ 到 $y$，然后到 $t$ 的路径。与 $T_{t}$ 的定义矛盾。
因此定理得证。
注意到如果将这条路径反向，可以对应 $y$ 到 $x$ 在原图中的一条最短路。
定义 3.3
在 $T$ 中，$x$ 的真祖先是在路径 $P_{T}(x, t)$ 中，离 $x$ 最近的一个在 $G*$ 中的点。将它记作 $prt (x)$。
换一个说法就是沿着 $x$ 向它的出边走，直到遇到一个在 $G*$ 中的点。注意，它可能是 $x$ 也可能是 $t$。
设 $S$ 的拐出点为 $x$，回归点为 $z$，显然 $x \in T*(x), z \in T*(z)$，根据定理 3.1，那么 $T*(x)$ 和 $T*(z)$ 不存在交集。所以在 $S$ 上必然存在一条外部边 $(w, w')$ 使得 $w \in T*(x)$，且 $S^{0}(w', z)$ 中的各点均不在 $T*(x)$ 中。有一个很显然的事实是 $prt (w) = x$。
定理 3.3
$d_{s}(x) \leqslant d_{s}(prt(w'))$。
注意以下证明非常繁琐，请先喝口水再继续阅读。
证明
仍然假设结论不成立。那么有 $d_{s}(x) > d_{s}(prt (w'))$。所以 $d_{t}(x) < d_{t}(prt (w'))$。根据定理 2.2 有 $d_{s}(x) <= d_{s}(z)$，因此 $d_{s}(prt (w')) < d_{s}(z)$，所以 $prt (w') \neq z$。根据定理 3.1，可知，必然存在一条边 $(y, y')$ 使得 $y \in T*(prt (w'))$ 且 $S^{0}(y', z)$ 中的各点均不在 $T*(prt (w'))$。显然 $prt (w') = prt (y)$。
令 $Q = P*(s, prt (w')), R = P_{T}(prt (w'), y), P = Q + R + S^{0}(y, t)$（见下图）。
可以证明 $R$ 实际上是在 $T*(prt (w'))$ 中。假设路径上经过了其它的在 $G*$ 中的点，那么可知 $prt (y)$ 不等于 $prt (w')$，矛盾。
因为 $d_{s}(prt (w'))< d_{s}(z)$，根据定理 1.5 可知 $Q$ 不与 $S^{0}(z, t)$ 相交，又因为 $R$ 在 $T*(prt (w'))$ 中，所以经过的边都是外部边，所以 $P$ 中的内部边不相交。又因为 $S^{0}(y'. z)$ 是一条外部的简单路径，且不在 $T*(prt (w'))$。所以路径 $P$ 中的外部边不相交。因此路径 $P$ 是一条简单路径。（注意：这里的相交指的是存在环，而不是边与边存在公共点。）
又因为 $P$ 包含了至少一条外部边，所以 $P$ 是一条满足要求的路径（除了严格次短）。
因为 $S$ 是所求路径，所以有：
$l(S) \leqslant l(P)$
$l(S^{0}(s, x)) + l(S^{0}(x, y)) + l(S^{0}(y, t)) \leqslant l(Q) + l(R) + l(S^{0}(y, t))$
$l(S^{0}(s, x)) + l(S^{0}(x, y)) \leqslant l(Q) + l(R)$
$d_{s}(x) + l (S^{0}(x, y)) \leqslant d_{s}(prt (w')) + l (R)$（推论 1.4）
又因为 $prt (w') < d_{s}(x)$，所以 $l (S^{0}(x, y)) < l (R)$。
令 $U = S^{0}(x, y)^{-1} + P*(x, t)$。那么有：
$l(U) = l(S^{0}(x, y)^{-1}) + l(P*(x, y))\\=l(S^{0}(x,y)) + d_{t}(x)\\<l(R) + d_{t}(prt(w'))\\=l(R^{-1}) + d_{t}(prt(w'))\\=l(P_{t}(y,t))$
但是 $U$ 经过了至少一条外部边，所以有 $l (U) > l (P_{T}(y, t)) = d_{t}(y)$。但是刚刚却推出了与之矛盾的式子。
所以假设不成立，定理得证：$d_{s}(x) \leqslant (prt (w'))$。
定理 3.4
必然存在一个满足所有条件的路径 S*，满足$S* = P_{T}(s, w) + (w, w') + P_{T}(w', t)$
其中 $(w, w')$ 是定理 3.3 中涉及到的一条边。
证明
令 $Q = P_{T}(s, w), R = P_{T}(w', t)$，根据定理 3.1 易证 $S*$ 的外部边不相交，根据定理 3.3 和定理 1.5 易证 $S*$ 的内部边不会相交。又因为 $(w, w')$ 一定是一条外部边。所以 $S*$ 是一条简单路径但不是最短路径。
因为 $S$ 中包含至少一条非树边，然后用反证法易证存在一个 $S*$ 是满足题目所有要求的路径（除非原问题不存在解）。
于是定理 3.4 创造了无限可能。
做法
我们只需要枚举一条非内部边，非树边 $e (x, y)$，且满足 $prt (x) \neq prt (y)$ 且 $d_s (prt (x)) \leqslant d_s (prt (y))$，然后用 $d_{s}(x) + w (e) + d_{t}(y)$ 去更新答案即可。
虽然证明很复杂，但是算法却异常简单。
代码
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define pb push_back 4 #define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar()))) 5 using namespace std; 6 int R(){ 7 int x;bool f=1;char ch;_(!)if(ch=='-')f=0;x=ch^48; 8 _()x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return f?x:-x;} 9 const int N=5e5+5; 10 int n,m,head[N],cnt,flag[N<<1],fa[N],ans=2e9; 11 struct edge{int fro,to,nex,w;}e[N<<1]; 12 void add(int s,int t,int w){e[++cnt]=(edge){s,t,head[s],w},head[s]=cnt;} 13 struct node{ 14 int x,w; 15 bool friend operator <(node a,node b){return a.w>b.w;} 16 };priority_queue<node>q; 17 int dis[2][N]; 18 void Dij(int s,int f){ 19 memset(dis[f],0x3f,sizeof dis[f]); 20 dis[f][s]=0; 21 q.push((node){s,0}); 22 while(!q.empty()){ 23 node now=q.top();q.pop(); 24 if(dis[f][now.x]!=now.w)continue; 25 for(int k=head[now.x],v;k;k=e[k].nex) 26 if(dis[f][now.x]+e[k].w<dis[f][v=e[k].to]) 27 dis[f][v]=dis[f][now.x]+e[k].w,q.push((node){v,dis[f][v]}); 28 } 29 return; 30 } 31 vector<int> g[N]; 32 void dfs(int u){ 33 for(int i=g[u].size()-1,v;~i;i--){ 34 if(dis[0][v=g[u][i]]+dis[1][v]!=dis[0][n])fa[v]=fa[u]; 35 else fa[v]=v; 36 dfs(v); 37 } 38 } 39 int main(){ 40 n=R(),m=R(); 41 for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) 42 u=R(),v=R(),w=R(),add(u,v,w),add(v,u,w); 43 Dij(1,0),Dij(n,1); 44 for(int i=1;i<=n;i++) 45 for(int k=head[i],v;k;k=e[k].nex) 46 if(dis[1][i]==dis[1][v=e[k].to]+e[k].w){ 47 flag[k]=1,g[v].pb(i); 48 break; 49 } 50 fa[n]=n,dfs(n); 51 for(int k=1,u,v,w;k<=cnt;k++) 52 if(!flag[k]&&dis[0][u=e[k].fro]<=dis[0][v=e[k].to]&&fa[u]!=fa[v]&&dis[0][u]+(w=e[k].w)+dis[1][v]!=dis[0][n]) 53 ans=min(ans,dis[0][u]+w+dis[1][v]); 54 printf("%d\n",ans); 55 return 0; 56 }
