【LOJ#2769】前往大都会

1|0题目

$n,m,\sum s_i\leq 10^6$ 。

2|0思路

首先跑一遍 dij 求出单元最短路径后建出最短路树。考虑在最短路树上进行 dp。
设 $f_i$ 表示通过最短路到达点 $i$ 时，经过路径的平方和最大是多少。一个朴素的想法就是直接枚举点 $i$ 所在的所有铁路线上的点。注意枚举的点到 $i$ 的路径一定要在最短路树上。这样复杂度是 $O(n\sum s_i)$ 的，可以拿到 $54\rm pts$ 的高分。
假设一个点 $j$ 可以在最短路树上到达点 $i$ ，那么有转移

f_{i} = max (f_{i}, f_{j} + (d i s_{i} - d i s_{j})^{2})

$f_i=\max(f_i,f_j+(dis_i-dis_j)^2)$

这个东西看过去就是个斜率优化的板子，所以我们可以对于最短路树上的每一条极长的铁路线开一个单调栈来维护上凸壳，然后对于点 $i$ 就直接找 $i$ 所在的所有铁路线的单调栈来转移即可。
至于点的枚举顺序的话，可以直接按照 $dis$ 排序，不一定要写拓扑。
时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

3|0代码

#include <bits/stdc++.h>
#define SIZ st[p].size()
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1000010;
int n,m,tot,head[N],id[N],dis[N];
ll f[N],X[N],Y[N];
bool vis[N];
vector<pair<int,int> > rd[N],pos[N];
vector<int> st[N*2],stid[N];

int read()
{
	int d=0; char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while (isdigit(ch)) d=(d<<3)+(d<<1)+ch-48,ch=getchar();
	return d;
}

struct edge
{
	int next,to,dis;
}e[N];

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to,dis};
	head[from]=tot;
}

bool cmp(int x,int y)
{
	return dis[x]<dis[y];
}

void dij()
{
	memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));
	priority_queue<pair<int,int> > q;
	q.push(mp(0,1)); dis[1]=0;
	while (q.size())
	{
		int u=q.top().se; q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		for (int i=head[u];~i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if (dis[v]>dis[u]+e[i].dis)
			{
				dis[v]=dis[u]+e[i].dis;
				q.push(mp(-dis[v],v));
			}
		}
	}
}

double slope(int x,int y)
{
	return 1.0*(Y[x]-Y[y])/(X[x]-X[y]);
}

void solve()
{
	for (int i=1;i<=n;i++) id[i]=i;
	sort(id+1,id+1+n,cmp);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int u=id[i];
		for (int j=0;j<pos[u].size();j++)
		{
			int x=pos[u][j].fi,y=pos[u][j].se;
			if (y && dis[rd[x][y-1].fi]+rd[x][y-1].se==dis[u]) stid[x][y]=stid[x][y-1];
				else stid[x][y]=++tot;
			int p=stid[x][y];
			while (SIZ>=2 && slope(st[p][SIZ-1],st[p][SIZ-2])<1.0*dis[u])
				st[p].pop_back();
			if (SIZ)
			{
				int v=st[p].back();
				f[u]=max(f[u],f[v]+1LL*(dis[u]-dis[v])*(dis[u]-dis[v]));
			}
		}
		X[u]=2LL*dis[u]; Y[u]=1LL*dis[u]*dis[u]+f[u];
		for (int j=0;j<pos[u].size();j++)
		{
			int x=pos[u][j].fi,y=pos[u][j].se,p=stid[x][y];
			while (SIZ>=2 && slope(st[p][SIZ-1],st[p][SIZ-2])<slope(u,st[p][SIZ-1]))
				st[p].pop_back();
			st[p].push_back(u);
		}
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	n=read(); m=read();
	for (int i=1,t,x,y,z;i<=m;i++)
	{
		t=read(); x=read();
		pos[x].push_back(mp(i,0));
		for (int j=1;j<=t;j++)
		{
			z=read(); y=read();
			add(x,y,z);
			rd[i].push_back(mp(x,z));
			pos[y].push_back(mp(i,j));
			stid[i].push_back(0);
			x=y;
		}
		rd[i].push_back(mp(y,0));
		stid[i].push_back(0);
	}
	dij(); tot=0; solve();
	cout<<dis[n]<<" "<<f[n];
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：stoorz
本文链接：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/15019985.html
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