题目
传送门
- 简而言之，给一个有权无向图，起点为 1，问从 1 到所有其他点 分别 的最小“距离”，其中这个“距离”指路径长度减去最大边再加上最小边。
- 点和边都是 2e5 范围。
思路
- 可以类似 dp 一样将点拓展分层，一个点 x 分成4个：
x[mx][mn]，其中 mx 代表从 1 到这是否删掉了一个边， mn 代表从1到这是否加上了一个边（先不管最大最小）。然后连的边还是正常地连，在后面跑最短路的时候判断一下就行。
- 那么在这个新的图中，最后的
x[1][1]其实就是题目所求的“距离”因为刚好减去最大，加上最小，这样权值是最小的。
- 分析一下时间复杂度：迪杰斯特拉最短路算法，用堆优化，O(4*N lg(N)) 大概吧。
代码
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define ID(x,y,z) (((x)<<3)+((y)<<1)+z)
const int N=200015;
vector<pair<int,int>> graph[N];
long long d[N][2][2];
bool vis[N][2][2];
int n,m;
struct cmp {
bool operator() (pair<long long,long long> x, pair<long long,long long> y) {
return x.first > y.first;
}
};
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1,u,v,w; i<=m; i++) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
u--;
v--;
graph[u].emplace_back(make_pair(v,w));
graph[v].emplace_back(make_pair(u,w));
}
for (int i=0; i<n; i++) {
for (int j=0; j<2; j++) {
for (int k=0; k<2; k++) {
d[i][j][k]=10000000000000000ll;
vis[i][j][k]=0;
}
}
}
d[0][0][0]=0;
priority_queue<pair<long long,long long>,vector<pair<long long,long long>>,cmp> q;
q.push({
0,ID(0,0,0)});
while (!q.empty()) {
int u,mx,mn;
u=(q.top().second>>3);
mx=(q.top().second>>1)&1;
mn=q.top().second&1;
q.pop();
if (vis[u][mx][mn])
continue;
vis[u][mx][mn]=1;
for (pair<int,int> I: graph[u]) {
int v=I.first,w=I.second;
for (int i=0; i<=(mx^1); i++) {
for (int j=0; j<=(mn^1); j++) {
if (d[v][mx|i][mn|j]>d[u][mx][mn]+1ll*(1-i+j)*w) {
d[v][mx|i][mn|j]=d[u][mx][mn]+1ll*(1-i+j)*w;
q.push(make_pair(d[v][mx|i][mn|j],ID(v,(mx|i),(mn|j))));
}
}
}
}
}
for (int i=1; i<n; i++) {
printf("%lld ",d[i][1][1]);
}
puts("");
return 0;
}
*/