[SDOI2009]ELAXIA的路线公共最长最短路最短路图DGA上DP

题目

[SDOI2009]ELAXIA的路线 (https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20323)

题目描述

最近，Elaxia和w的关系特别好，他们很想整天在一起，但是大学的学习太紧张了，他们必须合理地安排两个人在一起的时间。
Elaxia和w每天都要奔波于宿舍和实验室之间，他们希望在节约时间的前提下，一起走的时间尽可能的长。
现在已知的是Elaxia和w**所在的宿舍和实验室的编号以及学校的地图：地图上有N个路口，M条路，经过每条路都需要一定的时间。
具体地说，就是要求无向图中，两对点间最短路的最长公共路径。

输入描述:

第一行：两个整数N和M（含义如题目描述）。
第二行：四个整数x1、y1、x2、y2（1 ≤ x1 ≤ N，1 ≤ y1 ≤ N，1 ≤ x2 ≤ N，1 ≤ ≤ N），分别表示Elaxia的宿舍和实验室及w**的宿舍和实验室的标号（两对点分别 x1,y1和x2,y2）。
接下来M行：每行三个整数，u、v、l（1 ≤ u ≤ N，1 ≤ v ≤ N，1 ≤ l ≤ 10000），表 u和v之间有一条路，经过这条路所需要的时间为l。

输出描述:

一行，一个整数，表示每天两人在一起的时间（即最长公共路径的长度）

输入

9 10
1 6 7 8
1 2 1
2 5 2
2 3 3
3 4 2
3 9 5
4 5 3
4 6 4
4 7 2
5 8 1
7 9 1

输出

思路

让你求从是s1->t1, s2->t2的最短路的最长相交路径。我们把s1->t1,s2->t2正反求一次最短路。你们就可以得到s1->t1的DGA和s2->t2的DGA。我们求的时候标记边经过次数。那么随便保留一个DGA就可以了。然后DP。
$f[i]:经过点i的最大公共路径长度$
如果边u->v经过了两次，说明u->v可能最短路径。
$f[u]=max(f[u], f[to]+w)$

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pii pair<LL, int>
using namespace std;
const LL mod=1000000007;

struct Edge {
    int from, to, w;
    int nxt;
    int id;
}E[2248505];
int head[200050], cut=0;

struct Digraph {
    Edge e[2248505];
    int vis[200050], head[200050], cut=0;
    LL dis[200050];
    void init() {//图不变，多次换s跑
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
        memset(head, 0, sizeof(head));
        cut=0;
    }
    void Addedge(int x, int y, LL w, int id) {
        e[++cut]= {x, y, w, head[x], id};
        head[x]=cut;
    }
    priority_queue<pii> q;
    void bfs(int s) {
        q.push({dis[s]=0, s});
        while(!q.empty()) {
            pii now=q.top();
            q.pop();
            int u=now.second;
            if(vis[u])
                continue;
            vis[u]=1;
            for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
                int to=e[i].to;
                LL w=e[i].w;
                if(dis[to]>dis[u]+w) {
                    dis[to]=dis[u]+w;
                    q.push({-dis[to], to});
                }
            }
        }
    }
} T1, T2, T3, T4;

int d[2248505];
void get(Digraph &a, Digraph &b, int s){
    memset(head, 0, sizeof(head));
    cut=0;
    for(int i=1; i<=a.cut; i++){
        int x=a.e[i].from, y=a.e[i].to;
        LL w=a.e[i].w;
        int id=a.e[i].id;
        if(a.dis[x]+w+b.dis[y]==s){
            d[id]++;
            E[++cut]={x, y, w, head[x], id};
            head[x]=cut;
        }
    }
}

LL f[2248505];
void DP(int u){
    if(f[u]!=-1) return ;
    f[u]=0;
    for(int i=head[u]; i; i=E[i].nxt){
        int to=E[i].to;
        LL w=E[i].w;
        int id=E[i].id;
        DP(to);
        f[u]=max(f[u], f[to]+((d[id]==2)?w:0));
    }
}

int main() {
    int n, m, s1, t1, s2, t2;
    T1.init(), T2.init();
    T3.init(), T4.init();
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%d%d%d%d", &s1, &t1, &s2, &t2);
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        T1.Addedge(x, y, z, i); T1.Addedge(y, x, z, i);
        T2.Addedge(x, y, z, i); T2.Addedge(y, x, z, i);
        T3.Addedge(x, y, z, i); T3.Addedge(y, x, z, i);
        T4.Addedge(x, y, z, i); T4.Addedge(y, x, z, i);
    }
    T1.bfs(s1); T2.bfs(t1);
    T3.bfs(s2); T4.bfs(t2);
    get(T1, T2, T1.dis[t1]);
    get(T3, T4, T3.dis[t2]);
    memset(f, -1, sizeof(f));
//    for(int i=1; i<=m; i++){
//        printf("%d %d\n", i, d[i]);
//    }
    DP(s2);
    printf("%lld\n", f[s2]);

    return 0;
}