\（説明\）
所与の（N \）\図ポイントは、標識された点\（1 \）をする（\ N-）\。我々は（M \）\回もの側面を、それぞれの側でもとして説明することができる（\ \） \（B \） \（C \） \（D \） \（W：\）
for i = a to b do
for j = c to d do
Add_Edge(i,j,w) \（Add_Edge（I、J、 W）\） の点から表す\（iは\）ポイントに\（jは\）とのもコスト（\ W）\双方向エッジ。
ポイント\（1 \）ポイント\（\ N-）最小のコスト。
困難を軽減するために、我々はしている（K \）\あなたは、エッジのコストを排除することができますチャンスを。
\（入力\）
最初の行番号\（T \）は、テスト・データ・セットの数を示している。何らかの理由で、\（T = 1 \）
3つの数の第2行\（N、M、K \） 。
次\（M \）の行を、各行\（5 \）数\（A、B、C、 Dは、W \） 、タイトル意味記載されているように。
\（出力\）
最小コストの行番号。
ポイントした場合（1 \）\と点\（N-は\）に接続されていない、出力が「ywwが私たちの赤い太陽です！」 。
\（サンプル入力\）
1
5 3 0
1 2 3 4 5 42
5 5 4 4 468
1 1 3 3 335
\（サンプル出力\）
42
\（ヒント\）
\（^4,1≤M≤10^4,0≤K≤10,1≤w≤10^ 3 \ T =1,1≤N≤5×10）
\（ソース\）
運動セグメントツリーの木4-1-
考え
アイデアを参照することができますCF787D遺産[XSY2434] [] （も自分で書かれました）
基本的には同じ考え方
ツリーラインの最適化を使用し、また、ほとんどの短絡問題の一つであります
両者のそれぞれについて\（[B] \ ） と\（[C、D] \ ） 側部分との間に接続され、我々は、中間点集合\（X \） 、（[B] \ \を ） \（X \）、次いで\（X \）がに接続されている\（[C、D] \ ）
私たちは今、どのように、ほとんどの短絡のために考慮し始めています
我々は、すべて使用することを知っている\（ダイクストラ\）
しかし、もう一つの制限は、我々がいる\（K \）チャンスあなたは、エッジのコストを排除することができます
だから我々は明らかだと思う\（DP \）
セット\（DIS [I] [jを ] \） 到着表す\（iは\）使用して、ノードを\（J \）最小コストの可能性を
だから我々は、ターンのような方程式を得ることができます：
\（\ [I] \\ DIS [now.x [now.x] [V] = now.cost +ヴァル[I]＆DIS [now.x] [V]> now.cost +ヴァルをDIS {ケースを}開始+1] [V] = now.cost＆now.x <K且DIS [now.x + 1] [V]> now.cost \端{ケース} \）
私たちは、最短の友達を達成させていただきます
コード
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=400010,M=2000010;
int n,m,k,rt1,rt2,cnt=0;
int lc1[N],rc1[N],lc2[N],rc2[N];
int dis[15][N];
bool vis[15][N];
int w;
int to[M<<1],nxt[M<<1],val[M<<1],head[N];
int nodetot=0;
struct edge
{
int u,cost,x;
bool operator < (const edge & e)const
{
return cost>e.cost;
}
};
void add(int u,int v,int wi)
{
to[++cnt]=v;
val[cnt]=wi;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
int build1(int l,int r)
{
if(l==r)return l;
int now=++nodetot;
int mid=(l+r)>>1;
lc1[now-n]=build1(l,mid);
add(lc1[now-n],now,0);
rc1[now-n]=build1(mid+1,r);
add(rc1[now-n],now,0);
return now;
}
int build2(int l,int r)
{
if(l==r)return l;
int now=++nodetot;
int mid=(l+r)>>1;
lc2[now-n]=build2(l,mid);
add(now,lc2[now-n],0);
rc2[now-n]=build2(mid+1,r);
add(now,rc2[now-n],0);
return now;
}
void modify1(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
add(k,nodetot,w);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)modify1(lc1[k-n],l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)modify1(rc1[k-n],mid+1,r,ql,qr);
}
void modify2(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
{
add(nodetot,k,0);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)modify2(lc2[k-n],l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)modify2(rc2[k-n],mid+1,r,ql,qr);
}
priority_queue<edge>qu;
void dijkstra()
{
memset(dis,127,sizeof(dis));
dis[0][1]=0;
qu.push((edge){1,0,0});
edge now;
while(!qu.empty())
{
now=qu.top();
qu.pop();
if(vis[now.x][now.u])continue;
vis[now.x][now.u]=1;
for(int i=head[now.u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(dis[now.x][v]>now.cost+val[i]&&!vis[now.x][v])
{
dis[now.x][v]=now.cost+val[i];
qu.push((edge){v,dis[now.x][v],now.x});
}
if(now.x<k&&!vis[now.x+1][v]&&dis[now.x+1][v]>now.cost)
{
dis[now.x+1][v]=now.cost;
qu.push((edge){v,dis[now.x+1][v],now.x+1});
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
int a,b,c,d;
nodetot=n;
rt1=build1(1,n);
rt2=build2(1,n);
while(m--)
{
scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&w);
nodetot++;//中间点
modify1(rt1,1,n,a,b);modify2(rt2,1,n,c,d);
nodetot++;//中间点
modify1(rt1,1,n,c,d);modify2(rt2,1,n,a,b);
}
dijkstra();
int ans=dis[0][0];
for(int i=0;i<=k;i++)ans=min(ans,dis[i][n]);
if(ans==dis[0][0])puts("Yww is our red sun!");
else printf("%d",ans);
return 0;
}