BZOJ 3694&&DTOJ 1972: 最短路
题目描述
给出一个n个点m条边的无向图，n个点的编号从1~n，定义源点为1。定义最短路树如下：从源点1经过边集T到任意一点i有且仅有一条路径，且这条路径是整个图1到i的最短路径，边集T构成最短路树。
给出最短路树，求对于除了源点1外的每个点i，求最短路，要求不经过给出的最短路树上的1到i的路径的最后一条边。
输入
第一行包含两个数n和m，表示图中有n个点和m条边。
接下来m行，每行有四个数ai，bi，li，ti，表示图中第i条边连接ai和bi权值为li，ti为1表示这条边是最短路树上的边，ti为0表示不是最短路树上的边。
输出
输出n-1个数，第i个数表示从1到i+1的要求的最短路。无法到达输出-1。
样例输入
5 9
3 1 3 1
1 4 2 1
2 1 6 0
2 3 4 0
5 2 3 0
3 2 2 1
5 3 1 1
3 5 2 0
4 5 4 0
样例输出
6 7 8 5
提示
对于30%的数据，n≤100，m≤2000
对于100%的数据，n≤4000，m≤100000，1≤li≤100000
分析：
考虑一个点的答案是怎么样的：从$1$到$i$的答案，应该是从$1$沿着树边走，然后经过一条非树边走到以$i$为根的子树中，在沿着树边向上走到$i$。画图可以证明走两条非树边一定更不优。$p[i][j]$表示$i->j$的只经过一条两端在$i$和$j$的子树非树边最短路，$dis[i]$表示$1->i$的最短路，所以$ans[i]=min（p[x][i]+dis[x]）$，$x$是$i$子树中的一点。
那么只要处理$dis[i]$和$p[i][j]$，$dis[i]$只要求树上距离即可，$p[i][j]$的计算类似更新答案，$dfs$过程中枚举$1~n$个点，然后用用儿子节点更新当前节点即可。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define M 200005
#define N 4005
using namespace std;
int n,m,dis[N],p[N][N],ans[N],pre[N],las[N],ind;
int hd[N],to[M],nx[M],w[M],cnt;
inline void add(int u,int v,int c){
to[++cnt]=v;w[cnt]=c;nx[cnt]=hd[u];hd[u]=cnt;
}
inline void dfs1(int u,int f){
pre[u]=++ind;
for(int i=hd[u];i;i=nx[i]){
int v=to[i];
if(v!=f){
dis[v]=dis[u]+w[i];
dfs1(v,u);
}
}
las[u]=ind;
}
inline void dfs2(int u,int f){
for(int i=hd[u];i;i=nx[i]){
int v=to[i];
if(v!=f){
dfs2(v,u);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(pre[j]>=pre[u]&&las[j]<=las[u]) continue;
p[u][j]=min(p[u][j],p[v][j]+w[i]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pre[i]>=pre[u]&&las[i]<=las[u]) continue;
ans[u]=min(ans[u],p[u][i]+dis[i]);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(p,123,sizeof p);
for(int i=1;i<=m;i++){
int a,b,l,t;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&l,&t);
if(t){add(a,b,l);add(b,a,l);}
else p[a][b]=p[b][a]=min(p[a][b],l);
}
memset(ans,123,sizeof ans);
dfs1(1,0);dfs2(1,0);
for(int i=2;i<=n;i++)
if(ans[i]==ans[0]) puts("-1");
else printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
总结：
图论等，尤其是图论题。很多时候要考虑答案长什么样，什么情况下最优，当有了特殊性质时，题目会更好做。
如果要证明一些性质，可以先假设一些条件，然后用反证法。例如：假设最优答案在(……)上，如果有更优的答案，那么(……)就不是(……)。之类的……
