【题解 P8906】 Breakdown P

Luogu P8906 Breakdown P

题意：给出一个有 $n$ 个点的有向图，每点到另一点都有一条有向边，边有权值。现有 $n^2$ 次操作，每次会删去一些边，问每次删去后从 $1$ 号点到 $n$ 号点经过恰好 $k$ 条边的最短路，若无法到达输出 $-1$。
$n\le 300,k\le 8$

输入：
3 4
10 4 4
9 5 3
2 1 6
3 1
2 3
2 1
3 2
2 2
1 3
3 3
1 1
1 2
输出：
11
18
22
22
22
-1
-1
-1
-1

这道题有人说可以暴力 $SPFA$ 过，这里讲一下我的思路。
由于求最短路，再加上 $k$ 很小，我们可以考虑折半。
考虑 $f_{i,j}$ 为 $1$ 经过 $i$ 条边到 $j$ 的最短路，$d_{i,j}$ 则为 $j$ 经过 $i$ 条边到 $n$ 的最短路，这里 $1\le i\le 4$。
那么最后答案就是 $min(f_{k/2,i}+d_{k-k/2,i})$ , $1\le i\le n$
那如何去求 $f$ 与 $g$ 数组呢？
我们可以加一个数组 $v_{i,j,u}$ ，表示 $j$ 经过 $i$ 条边 到 $u$ 的最短路，这里 $1\le i\le 2$。
那么逆向思维，从所有边都删完开始，每次加进一条边，看会对原图产生什么影响。
设此边从 $x$ 到 $y$ 。
首先维护好 $v$ 数组，$i=1$ 时赋值，$i=2$ 时就考虑一个节点经过 $x$ 到 $y$ ，或从 $x$ 出发到 $y$ 到一个节点的最短路，复杂度 $O(n)$。
接下来就来看 $f$ 与 $g$ 数组的维护。
$i=1,i=2$ 时直接用 $v$ 赋值，复杂度 $O(n)$。
$i=3$ 或 $i=4$ 时分情况讨论。
若此边为路径上的第一条边，那么就是枚举两个节点 $i,j$ ，从 $x$ 到 $y$ 再经过 $1$ 条边到 $i$ 再经过 $1/2$ 条边到 $j$ ，复杂度 $O(n^2)$，但由于只会做 $n$ 次，不会影响总复杂度。
若是第二条边或第三条边，那么只是枚举从起点到 $x$ 再到 $y$ 再到目标节点，复杂度 $O(n)$。
若是第四条边，那么只是从 $1/n$ 出发经过 $3$ 条边到 $x$ 再到 $y$ 的最短路，复杂度 $O(n)$。
最后求解答案即可。
时间复杂度 $O(n^3)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
struct datay
{
	int x,y;
}l[100005];
int n,m,a[305][305],f[5][305],d[5][305],t[100005],v[3][305][305];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)f[1][i]=f[2][i]=f[3][i]=f[4][i]=1e9+5;
	for(int i=1;i<=n;i++)d[1][i]=d[2][i]=d[3][i]=d[4][i]=1e9+5;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)v[1][i][j]=v[2][i][j]=1e9+5;
	}
	for(int i=1;i<=n*n+2;i++)t[i]=1e9+5;
	for(int i=1;i<=n*n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&l[i].x,&l[i].y);
	}
	int x,y;
	for(int u=n*n;u>=1;u--)
	{
		x=l[u].x;
		y=l[u].y;
		t[u]=t[u+1];
		v[1][x][y]=a[x][y];
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			v[2][i][y]=min(v[2][i][y],v[1][i][x]+a[x][y]);
			v[2][x][i]=min(v[2][x][i],a[x][y]+v[1][y][i]);
		}//维护 v 数组 
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			f[1][i]=min(v[1][1][i],f[1][i]);
			d[1][i]=min(v[1][i][n],d[1][i]);
			f[2][i]=min(v[2][1][i],f[2][i]);
			d[2][i]=min(v[2][i][n],d[2][i]);
		}//维护 i=1,2 时的 f 与 d 数组 
		if(x==1)
		{
			for(int i=1;i<=n;i++)f[3][i]=min(f[3][i],a[x][y]+v[2][y][i]);
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				for(int j=1;j<=n;j++)
				{
					f[4][j]=min(f[4][j],a[x][y]+v[1][y][i]+v[2][i][j]);
				}
			}
		}
		if(y==n)
		{
			for(int i=1;i<=n;i++)d[3][i]=min(d[3][i],a[x][y]+v[2][i][x]);
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				for(int j=1;j<=n;j++)
				{
					d[4][j]=min(d[4][j],v[2][j][i]+v[1][i][x]+a[x][y]);
				}
			}
		}//维护第1条边的情况 
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			f[3][i]=min(f[3][i],v[1][1][x]+a[x][y]+v[1][y][i]);
			d[3][i]=min(d[3][i],v[1][i][x]+a[x][y]+v[1][y][n]);
			if(y==i)f[3][i]=min(f[3][i],v[2][1][x]+a[x][y]);
			if(x==i)d[3][i]=min(d[3][i],a[x][y]+v[2][y][n]);
		}//i=3的其他情况 
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			f[4][i]=min(f[4][i],v[1][1][x]+a[x][y]+v[2][y][i]);
			d[4][i]=min(d[4][i],v[2][i][x]+a[x][y]+v[1][y][n]);
			f[4][i]=min(f[4][i],v[2][1][x]+a[x][y]+v[1][y][i]);
			d[4][i]=min(d[4][i],v[1][i][x]+a[x][y]+v[2][y][n]);
			if(y==i)f[4][i]=min(f[4][i],f[3][x]+a[x][y]);
			if(x==i)d[4][i]=min(d[4][i],a[x][y]+d[3][y]);
		}//i=4的其他情况 
		for(int i=1;i<=n;i++)t[u]=min(t[u],f[m/2][i]+d[m-m/2][i]);
	}
	for(int i=1;i<=n*n;i++)printf("%d\n",t[i+1]>1e9?-1:t[i+1]);








  return 0;
}