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为了得到书法大家的真传，小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图，节点标号为1..N，边标号为1..M。初始时小E同学在号节点1，隐士则住在号节点N。小E需要通过这一片魔法森林，才能够拜访到隐士。
魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候，这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是，在号节点住着两种守护精灵：A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量，达到自己的目的。
只要小E带上足够多的守护精灵，妖怪们就不会发起攻击了。具体来说，无向图中的每一条边Ei包含两个权值Ai与Bi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于Ai，且B型守护精灵个数不少于Bi，这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击，他才能成功找到隐士。
由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事，小E想要知道，要能够成功拜访到隐士，最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。
第1行包含两个整数N,M，表示无向图共有N个节点，M条边。 接下来M行，第行包含4个正整数Xi,Yi,Ai,Bi，描述第i条无向边。其中Xi与Yi为该边两个端点的标号，Ai与Bi的含义如题所述。 注意数据中可能包含重边与自环。
输出一行一个整数：如果小E可以成功拜访到隐士，输出小E最少需要携带的守护精灵的总个数；如果无论如何小E都无法拜访到隐士，输出“-1”（不含引号）。
2<=n<=50,000
0<=m<=100,000
1<=ai ,bi<=50,000
首先将每条边按照ai的大小排序···然后每次按顺序判断一条边··如果这条边两端点未被连通，则直接将这条边加入图中，如果这条边两端点的路径最大b的值大于这条边的bi的话，那么存在这条边加入后答案被更新的可能，那么就将原来路径中这条边对应的两端点间最大b值对应的边删去，而加入这条边；如果小于则肯定不可能。最后直接判断1和n是否连通，连通的话找出最大值b和判断的边的a的和更新答案即可
注意判断点与点的连通用并查集来维护，边的删去与加入用lct，因为连通图肯定是一颗树；另外还有一个技巧是：为了每次找出最大的b，我们可以把每条加入的边变成点并赋予点权b，然后维护
其实这道题最核心的一点是开始的排序···想通了这一点其它都好说···
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; const int max_n=5e4+5; const int max_m=1e5+5; const int max_N=2e5+5; const int INF=2e9; int n,m,ans,maxa; int father[max_N],val[max_N],f[max_N],ch[max_N][2],maxn[max_N],rev[max_N],strack[max_N]; struct hp{int x,y,a,b;}edge[max_m]; inline int cmp(hp x,hp y){return x.a<y.a||(x.a==y.a&&x.b<y.b);} inline int find(int x){if (x==father[x]) return x; else return father[x]=find(father[x]);} inline int get(int x){return ch[f[x]][1]==x;} inline bool is_root(int x){return ch[f[x]][0]!=x&&ch[f[x]][1]!=x;} inline void update(int x){ if (x){ maxn[x]=x; if (ch[x][0]){ if (val[maxn[ch[x][0]]]>val[maxn[x]]){ maxn[x]=maxn[ch[x][0]]; } } if (ch[x][1]){ if (val[maxn[ch[x][1]]]>val[maxn[x]]){ maxn[x]=maxn[ch[x][1]]; } } } } inline void pushdown(int x){ if (x&&rev[x]){ swap(ch[x][0],ch[x][1]); if (ch[x][0]) rev[ch[x][0]]^=1; if (ch[x][1]) rev[ch[x][1]]^=1; rev[x]=0; } } inline void rotate(int x){ int old=f[x],oldf=f[old],which=get(x); if (!is_root(old)) ch[oldf][ch[oldf][1]==old]=x; f[x]=oldf; ch[old][which]=ch[x][which^1]; f[ch[old][which]]=old; ch[x][which^1]=old; f[old]=x; update(old); update(x); } inline void splay(int x){ int top=0; strack[++top]=x; for (int i=x;!is_root(i);i=f[i]) strack[++top]=f[i]; for (int i=top;i>=1;--i) pushdown(strack[i]); for (int fa;!is_root(x);rotate(x)) if (!is_root(fa=f[x])) rotate((get(x)==get(fa))?fa:x); } inline void access(int x){ int t=0; for (;x;t=x,x=f[x]){ splay(x); ch[x][1]=t; update(x); } } inline void reverse(int x){ access(x); splay(x); rev[x]^=1; } inline void link(int x,int y){ reverse(x); f[x]=y; splay(x); } inline void cut(int x,int y){ reverse(x); access(y); splay(y); ch[y][0]=f[x]=0; } inline int query(int x,int y){ reverse(x); access(y); splay(y); return maxn[y]; } int main(){ //freopen("a.in","r",stdin); scanf("%d%d",&n,&m);ans=INF; for (int i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d%d%d",&edge[i].x,&edge[i].y,&edge[i].a,&edge[i].b); sort(edge+1,edge+m+1,cmp); for (int i=1;i<=m;++i) val[n+i]=edge[i].b; for (int i=1;i<=n;++i) father[i]=i; for (int i=1;i<=m;++i){ int fx=find(edge[i].x),fy=find(edge[i].y); if (fx!=fy){ link(edge[i].x,n+i); link(n+i,edge[i].y); father[fx]=fy; } else{ int k=query(edge[i].x,edge[i].y); if (val[k]>edge[i].b){ cut(edge[k-n].x,k); cut(k,edge[k-n].y); link(edge[i].x,n+i); link(n+i,edge[i].y); } } if (find(1)==find(n)){ int k=query(1,n); ans=min(ans,edge[i].a+val[k]); } } if (ans!=INF) printf("%d\n",ans); else printf("-1\n"); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/AseanA/p/7504401.html
