题意
一个 \(n\) 个点的完全图，两点之间的边权为 \((i\ xor\ j)*C\) ,同时有 \(m\) 条额外单向路径，问从 \(S\) 到 \(T\) 的最短路。
\(n\leq 10^5,\ m\leq 5\times 10^5,C\leq 100\).
分析
如果没有额外的边，会直接从 \(S\) 到 \(T\) ，因为如果每个二进制位 \(i\) 不同那么一定会有一步走 \((1<< i)*C\)，
如果相同也没有必要多走几个点而可能多一部分路程。如果多了一些特殊边，最后的决策一定是从某个点直接到另一个点然后经过一条特殊边，再重复这个过程直到 \(T\).
按照这样的方式建图跑最短路就可以得到解，但是边数太多考虑优化建图。
发现 \(A \rightarrow B\) 可以写成 $A \rightarrow (A and B) \rightarrow B $,因为共有的部分不取贡献。
于是每个点只需要向最近的一层，也就是与之相差一个二进制位的点连边即可。边数 \(nlogn\) ，总时间复杂度为 \(O(nlogn)\) 。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=1e5 + 7;
int edc,n,C,A,B,m;
int head[N],vis[N],dis[N];
struct edge{
int lst,to,c;
edge(){}edge(int lst,int to,int c):lst(lst),to(to),c(c){}
}e[N*30];
void Add(int a,int b,int c){
e[++edc]=edge(head[a],b,c),head[a]=edc;
}
struct data{
int u,dis;
data(){}data(int u,int dis):u(u),dis(dis){}
bool operator <(const data &rhs)const{
return rhs.dis<dis;
}
};
priority_queue<data>Q;
void dijk(){
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[A]=0;
Q.push(data(A,dis[A]));
while(!Q.empty()){
int u=Q.top().u;Q.pop();
if(vis[u]) continue;vis[u]=1;
go(u)if(dis[u]+e[i].c<dis[v]){
dis[v]=dis[u]+e[i].c;
Q.push(data(v,dis[v]));
}
}
printf("%d\n",dis[B]);
}
int main(){
n=gi(),m=gi(),C=gi();
rep(i,1,n)
rep(j,0,17)if(i>>j&1) Add(i,i^(1<<j),(1<<j)*C),Add(i^(1<<j),i,(1<<j)*C);
rep(i,1,m){
int a=gi(),b=gi(),c=gi();
Add(a,b,c);
}
A=gi(),B=gi();
dijk();
return 0;
}