标签：矩阵 最短路 inline mes cas ase size 目标 stdin
从前有一张nnn个点的无向图，边权都是正整数。但现在所有的边都消失了，只留下任意两点之间的最短路。
你现在想知道，所有边的边权和至少是多少。
?
从文件missing.in中读入数据。
第一行一个正整数nnn 。
接下来一个n×nn\times nn×n的矩阵A ，其中\(Ai,j\ \ A_{i,j}\ \ Ai,j\)代表原来图中iii到jjj的最短路。
保证$Ai,i=0,Ai,j=Aj,iA_{i,i} = 0 , A_{i,j} = A_{j,i}Ai,i=0,Ai,j=Aj,i $。
?
输出到文件missing.out中。
一行一个整数，表示答案。
如果不存在任何连边方案满足所有的最短路限制，输出-1 。
?
样例输入
3
0 1 3
1 0 2
3 2 0样例输出
3?
对于 30% 的数据，n≤7 。
对于另外 30% 的数据，保证存在一种最优解，满足原图是一条链。
对于 100% 的数据，满足 n≤300,1≤ Ai,j ≤109(i , j)
先判断无解的情况，如果存在 \(A_{i,k}+A_{k,j} \lt A_{i,j}\)，则直接输出-1.
要让边权和最小，所以不能添加不在任何最短路上的边。这也意味着如果点 \(u\) 和点 \(v\) 之间有边，那么边权一定是 \(A_{u,v}\) 。因为如果比这个小，那么 \(u\) 和 \(v\) 之间的最短路就不是 \(A_{u,v}\) ，如果比这个大，那么可以把经过这条边改成经过 \(u\) 和 \(v\) 之间的最短路，这样距离更短，于是这条边就不会出现在任何最短路中。
我们可以一开始把所有的点对连上边，这样问题变成了删掉一些边，使任意两点之间的最短路不变，并且要使删掉边的权值和尽量大。
用类似floyed的做法，枚举一个中间点，对于一条边 \((u,v)\) ,如果存在异于点 \(u,v\) 的点 \(w\) 使得 \(A_{u,w}+A_{w,v}=A_{u,v}\) ，就说明存在另一条长度和 \(A_{u,v}\) 相等的从 \(u\) 到 \(v\) 的路径，就可以删掉这条边。
时间复杂度 \(O(n^3)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MN 305
long long ans,dis[MN][MN],n;
bool usd[MN][MN];
int main(){
freopen("missing.in","r",stdin);
freopen("missing.out","w",stdout);
n=read();
register int i,j,k;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=read();
for(k=1;k<=n;k++)for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++){
if(dis[i][k]+dis[k][j]<dis[i][j]) return 0*puts("-1");
}
for(k=1;k<=n;k++)for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++){
if(k==i||i==j||k==j) continue;
if(dis[i][k]+dis[k][j]==dis[i][j]) usd[i][j]=1;
}
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++) ans+=(1-usd[i][j])*dis[i][j];
return 0*printf("%lld\n",ans>>1LL);
}Steaunk 喜欢跳。
他想跳多远就能跳多远。
他要跳往目的地。目的地和他的距离是DDD 。
然而他很浪，他想每次随机生成一个距离，然后朝着目的地跳过去。
当然他有可能跳过头，也就是跳到了目的地的另一侧，当然，这时候他会转向，重新朝向目的地。
Steaunk 是聪明的，所以如果他发现跳过之后他到目的地的距离比原来还远的话，他会选择不跳。
E.Space 知道Steaunk 的随机数生成器接下来按顺序产生的nnn 个数。
他想知道，对于每个1≤i≤m，他能否通过强行改变这nnn个数中的第qiq_iqi 个数，使得Steaunk 无法在nnn步之内到达目的地。
注意：可以改变成原来的数值。
从文件jump.in中读入数据。
第一行两个正整数nnn ，DDD 。
第二行nnn个正整数aia_iai，表示Steaunk 的随机数生成器接下来生成的第iii个数是aia_iai 。
第三行一个正整数mmm 。
第四行mmm个正整数，其中第iii个表示qiq_iqi 。
输出到文件jump.out中。
输出mmm行。
对于第iii行，如果E.Space 能通过强行改变这nnn个数中的第qiq_iqi个数，使得Steaunk无法在nnn步之内到达目的地，那么输出YES ，否则输出NO。
样例输入
4 10
3 4 3 3
2
4 3样例输出
NO
YES对于 30% 的数据，保证 n≤100 ，D≤2500。
对于另外 20% 的数据，保证 ai 在 [1,D] 之间均匀随机。
对于 100% 的数据，保证 n≤5×105 ，m≤5×105 ，D≤109 ，ai ≤109 ，qi ≤n。
预处理出如果 E.Space 不做任何改变，那么每一步之后 Steaunk 会跳到哪里。记第 \(i\) 步之后 Steaunk 与目的地的距离是 \(d_i\) ( \(d_0=D\)) 。考虑对于每个时刻求出所有使得 Steaunk 能够到达目的地的位置集合。形式化地，定义集合 \(S_i(i=1,2,\ldots ,n+1)\) ，如果在第 \(i-1\) 步之后 Steaunk 与目的地的距离是 \(x\) 且之后 E.Space 不做任何改变，Steaunk 能到达目的地，那么 \(x\in S_i\) 。
对于 \(q=i\) 的询问，如果 \(d_{i-1} \ge \mathrm{mex}\ S_{i+1}\) ，即存在一个小于等于 \(d_{i-1}\) 的正整数不在 \(S_{i+1}\) 中，那么 E.Space 可以把 Steaunk 移到这个位置，使他不能到达目的地，所以答案是 YES ，否则答案是 NO 。
显然 $S_{n+1}={0},\mathrm{mex} ?S_{n+1}= 1 $ 。
设 \(\mathrm{mex} \ S_{i+1}=x\) 。
如果 \(a_i \ge 2x\) ，显然 \(x \notin S_i\) 且 \(\mathrm{mex}\ S_i \ge x\) ，所以 \(\mathrm{mex}\ S_i =x\) 。
如果 \(a_i \lt 2x\) ，则 \(\forall j \in \mathbb{n} \ j \in \left[0,x+a_i\right),j\in S_i\) 且 \(x+a_i \notin S_i\) ，所以 \(\mathrm{mex}\ S_i=x+a_i\) 。
我们发现，询问只和 \(\mathrm{mex} \ S_i\) 有关，而 \(\mathrm{mex} \ S_i\) 的计算也只和 \(\mathrm{mex} \ S_{i+1}\) 和 \(a_i\) 有关，于是我们可以直接计算 \(\mathrm{mex} \ S_i\) 而不用计算 \(S_i\) 。
时间复杂度 \(O(n+m)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MN 500005
int n,m,D,a[MN],d[MN],q[MN],mex[MN];
int main(){
freopen("jump.in","r",stdin);
freopen("jump.out","w",stdout);
register int i,j,k;
n=read(),D=read();mex[n+1]=1;d[0]=D;
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
m=read();
for(i=1;i<=m;i++) q[i]=read();
for(i=1;i<=n;i++) d[i]=min(d[i-1],abs(d[i-1]-a[i]));
for(i=n;i;--i) mex[i]=((mex[i+1]<<1)>a[i])?mex[i+1]+a[i]:mex[i+1];
for(i=1;i<=m;i++) puts(d[q[i]-1]>=mex[q[i]+1]?"YES":"NO");
return 0;
}你的目标是维护一个动态图。
开始图有nnn个顶点，边集为空。
你需要支持下列三种操作：
从文件graph.in 中读入数据。
第一行两个正整数nnn ，mmm ，其中mmm 表示操作次数。
接下来mmm 行，每行表示一个操作。
对于操作1 ，格式为1 u v 。
对于操作2 ，格式为2 u 。
对于操作3 ，格式为3 u v 。
其中对于操作1,3 ，满足u≠vu \neq vu≠v。
输出到文件graph.out 中。
对于每个操作3 ，输出一行，如果存在一条连接顶点uuu 和vvv 的边，则输出Yes ，否则输出No 。
样例输入
3 6
1 1 2
1 2 3
3 1 2
3 1 3
2 1
3 1 3样例输出
Yes
No
Yes对于 20% 的数据，满足 n,m≤100 。
对于 50% 的数据，满足 n≤1000,m≤10000 。
对于另外 10% 的数据，满足没有操作 2 。 对于 100% 的数据，满足 n≤105,m≤2×105 。
对每个询问考虑是否存在一条无向边被前两个操作加上。
对于第 \(1\) 种操作，用一个哈希表或者 map 存储信息即可。
对于第 \(2\) 种操作，第 \(2\) 种操作相当于把点 \(u\) 所在连通块连成完全图。我们可以用并查集维护每个完全图中点的集合，若遇到第 \(1\) 种操作，直接在集合中连边，遇到第 \(2\) 种操作，直接遍历 \(u\) 所在连通块，把经过的集合合并到一起并删掉原来访问过的边。由于每条边只会被访问 \(O(1)\) 次，所以复杂度是可以接受的。查询只需要查 \(u,v\) 是否在同一个集合中。
时间复杂度 \(O(m\log n)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MN 100005
#define ME 200005
int n,m,fu,fv,opt,u,v,par[MN];
int q[MN],l,r;
bool vis[MN];
map<int,bool> mp[MN];
inline int getf(int x){return par[x]==x?x:par[x]=getf(par[x]);}
struct edge{int to,nex;}e[ME<<1];int cnt=0,hr[MN];
inline void ins(int f,int t){
e[++cnt]=(edge){t,hr[f]};hr[f]=cnt;
e[++cnt]=(edge){f,hr[t]};hr[t]=cnt;
}
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
register int i,j,head,tail;
for(i=1;i<=n;++i) par[i]=i;
while(m--){
opt=read();u=read();
switch(opt){
case 1: v=read();mp[u][v]=mp[v][u]=true;
fu=getf(u);fv=getf(v);ins(fu,fv);break;
case 2: fu=getf(u);memset(vis,0,sizeof vis);
for(q[l=r=1]=fu,vis[fu]=true;l<=r;++l)
for(j=hr[q[l]];j;j=e[j].nex)
if(!vis[e[j].to]) vis[q[++r]=e[j].to]=true;
for(j=1;j<=r;++j) hr[q[j]]=0,par[q[j]]=fu;
break;
case 3: v=read();
if(mp[u][v]||getf(u)==getf(v)) puts("Yes");
else puts("No");break;
}
}
return 0;
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