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补一补之前听课时候的题。
考虑使用dij算法求最短路，因为边权存不下，所以考虑用主席树维护二进制位，因为每一次都只会在一个位置进行修改，所以可以暴力进位，这样均摊复杂度是对的。
《算法导论》给了证明：对于一个有$k$位的二进制计数器，假设每一次都从第0位$+1$，那么我们发现执行$n$次加法之后，发现第零位会变$\left \lfloor \frac{n}{1} \right \rfloor$次，第一位会变$\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$次...而第$n$位会变$\left \lfloor \frac{n}{2^n} \right \rfloor$次，这样子所有的操作次数就相当于$\sum_{i = 0}^{k - 1}\left \lfloor \frac{i}{2^i} \right \rfloor < n * \sum_{i = 0}^{\infty}\frac{1}{2^i} = 2n$，所以最坏情况下的时间为$O(n)$，每一次操作的均摊时间复杂度为$O(n) / n = O(1)$。
这样子只需要借助主席树写一个时间为$O(log)$的$cmp$函数就可以用堆优化dijkskra了，遇到进位就在线段树上暴力搞一搞，反正复杂度是对的。
数太大了直接用题目中给的$seed = 2, Mod = 1e9 + 7$的哈希哈希一下就好了。
时间复杂度$O(nlog^2n)$。
感觉就像是对着大佬的题解抄了一遍。
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <cstdlib> using namespace std; const int N = 1e5 + 5; const int P = 1e9 + 7; int n, m, st, ed, lim = 0, bin[N << 1]; int tot = 0, head[N], pre[N]; struct Edge { int to, nxt, val; } e[N << 1]; inline void add(int from, int to, int val) { e[++tot].to = to; e[tot].val = val; e[tot].nxt = head[from]; head[from] = tot; } inline void read(int &X) { X = 0; char ch = 0; int op = 1; for(; ch > ‘9‘|| ch < ‘0‘; ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) op = -1; for(; ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } inline void chkMax(int &x, int y) { if(y > x) x = y; } namespace PSegT { struct SegNode { int lc, rc, w; } s[N * 120]; int nodeCnt, root[N]; #define mid ((l + r) >> 1) bool cmp(int x, int l, int r, int y) { if(l == r) return s[x].w > s[y].w; if(s[s[x].rc].w == s[s[y].rc].w) return cmp(s[x].lc, l, mid, s[y].lc); else return cmp(s[x].rc, mid + 1, r, s[y].rc); } bool modify(int &x, int l, int r, int pos, int y) { s[x = ++nodeCnt] = s[y]; if(l == r) { s[x].w = s[y].w ^ 1; return s[y].w; } int res; if(pos > mid) res = modify(s[x].rc, mid + 1, r, pos, s[y].rc); else { res = modify(s[x].lc, l, mid, pos, s[y].lc); if(res) res = modify(s[x].rc, mid + 1, r, mid + 1, s[y].rc); } s[x].w = (1LL * s[s[x].rc].w * bin[mid - l + 1] % P + s[s[x].lc].w) % P; return res; } } using namespace PSegT; struct Node { int x, rt; bool operator < (const Node &oth) const { return cmp(rt, 0, lim, oth.rt); } }; priority_queue <Node> Q; void dfs(int x, int dep) { if(x == st) { printf("%d\n%d ", dep, x); return; } dfs(pre[x], dep + 1); printf("%d ", x); } inline void out() { printf("%d\n", s[root[ed]].w); dfs(ed, 1); printf("\n"); exit(0); } int main() { read(n), read(m); for(int x, y, v, i = 1; i <= m; i++) { read(x), read(y), read(v); add(x, y, v), add(y, x, v); chkMax(lim, v); } lim += 100; read(st), read(ed); for(int i = bin[0] = 1; i <= lim; i++) bin[i] = 1LL * bin[i - 1] * 2 % P; nodeCnt = 0; Q.push((Node) {st, root[st]}); for(; !Q.empty(); ) { Node now = Q.top(); Q.pop(); if(now.rt != root[now.x]) continue; if(now.x == ed) out(); for(int i = head[now.x]; i; i = e[i].nxt) { int y = e[i].to, v; modify(v, 0, lim, e[i].val, root[now.x]); if(!root[y] || cmp(root[y], 0, lim, v)) { root[y] = v; Q.push((Node) {y, root[y]}); pre[y] = now.x; } } } puts("-1"); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/CzxingcHen/p/9565284.html
