标签：自己 含义 接下来 ++i query 最小值 str queue code
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 n 个节点 m 条边的无向图，节点标号为 1,2,3,…,n，边标号为 1,2,3,…,m。初始时小 E 同学在 1 号节点，隐士则住在 n 号节点。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 1 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。
输入格式：
输入文件的第 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i+ 1 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。
输出格式：
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）。
输入样例#1：
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
输出样例#1：
32
输入样例#2：
3 1
1 2 1 1
输出样例#2：
-1
有些东西真的就是套路
比如这道题目
先讲讲这道题目\(SPFA\)怎么做
把边按照\(a\)排序之后，依次加边，权值为\(b\)
每次跑一边\(SPFA\)，最后求解即可
因为边是增加的，所以每次的\(dis\)值不用更新
那么，我们接着考虑
按照\(a\)排序之后，不断加边，如何求最大边权的最小值
是不是想到了货车运输？
很显然，我们要求最小生成树
但是因为边是动态的，所以需要\(LCT\)来维护
每次新加入一条边，如何两个点已经联通，
那么检查两点之间的路径的最大权值，和当前边比较
如果更大，则断开那条边，把这一条边给连接上去
否则这一条边不用连接
但是。。。
怎么实现？
\(LCT\)真心套路
对于\(LCT\)维护边权
不能像树链剖分那样子，把边权放在点权上维护
需要把边看做一个新的节点再去进行操作（所以\(LCT\)开\(n+m\)的空间？？？）
到时候我一定要找时间填\(LCT\)的坑。。。。（树链剖分我是真的懒得填坑了。。。）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 51000
#define lson (t[x].ch[0])
#define rson (t[x].ch[1])
#define INF 2000000000
inline int read()
{
int x=0,t=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
struct Node
{
int ff,ch[2];
int rev;
int v,mi;
}t[MAX<<2];
int S[MAX],top=1;
int n,m,ans=INF;
struct Line
{
int u,v,a,b;
}e[MAX<<2];
bool operator<(Line a,Line b)
{
if(a.a!=b.a)return a.a<b.a;
return a.b<b.b;
}
bool isroot(int x){return t[t[x].ff].ch[0]!=x&&t[t[x].ff].ch[1]!=x;}
void pushdown(int x)
{
if(t[x].rev)
{
t[lson].rev^=1;
t[rson].rev^=1;
t[x].rev^=1;
swap(t[x].ch[0],t[x].ch[1]);
}
}
void pushup(int x)
{
t[x].mi=x;
if(lson&&t[t[lson].mi].v>t[t[x].mi].v)t[x].mi=t[lson].mi;
if(rson&&t[t[rson].mi].v>t[t[x].mi].v)t[x].mi=t[rson].mi;
}
void rotate(int x)
{
int y=t[x].ff,z=t[y].ff;
int k=t[y].ch[1]==x;
if(!isroot(y))t[z].ch[t[z].ch[1]==y]=x;t[x].ff=z;
t[y].ch[k]=t[x].ch[k^1];t[t[x].ch[k^1]].ff=y;
t[x].ch[k^1]=y;t[y].ff=x;
pushup(y);pushup(x);
}
void Splay(int x)
{
S[top=1]=x;
for(int i=x;!isroot(i);i=t[i].ff)S[++top]=t[i].ff;
while(top)pushdown(S[top--]);
while(!isroot(x))
{
int y=t[x].ff,z=t[y].ff;
if(!isroot(y))
(t[z].ch[0]==y)^(t[y].ch[0]==x)?rotate(x):rotate(y);
rotate(x);
}
}
void access(int x){for(int y=0;x;y=x,x=t[x].ff)Splay(x),t[x].ch[1]=y,pushup(x);}
void makeroot(int x){access(x);Splay(x);t[x].rev^=1;}
int getroot(int x){access(x);Splay(x);while(t[x].ch[0])x=t[x].ch[0];return x;}
void split(int x,int y){makeroot(x);access(y);Splay(y);}
void cut(int x,int y){split(x,y);t[y].ch[0]=t[x].ff=0;pushup(y);}
void link(int x,int y){makeroot(x);t[x].ff=y;}
int Query(int x,int y){split(x,y);return t[y].mi;}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;++i)
e[i].u=read(),e[i].v=read(),e[i].a=read(),e[i].b=read();
sort(&e[1],&e[m+1]);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int u=e[i].u,v=e[i].v,a=e[i].a,b=e[i].b;
if(getroot(u)==getroot(v))
{
int mm=Query(u,v);
if(t[mm].v>b)
cut(e[mm-n].u,mm),cut(e[mm-n].v,mm);
else continue;
}
t[i+n].v=b;t[i+n].mi=i+n;
link(u,i+n);link(v,i+n);
int aa=getroot(1),bb=getroot(n);
if(getroot(1)==getroot(n))
ans=min(ans,a+t[Query(1,n)].v);
}
printf("%d\n",ans==INF?-1:ans);
return 0;
}【BZOJ3669】【Noi2014】魔法森林（Link-Cut Tree）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/cjyyb/p/7857653.html
