标签：include pop print example 简单 space 存在 else solution
给定一个 n 点 m 条边的无向连通图，每条边的边权为 a 或 b。
对于 1 ~ n 中的每一个 i，求在所有可能的最小生成树中 1 -> i 的最短路的最小值。
Input
第一行包含 4 个整数 n, m, a 与 b (2≤n≤70, n?1≤m≤200, 1≤a<b≤10^7)
接下来 m 行，每行三个整数 u, v, c (1≤u,v≤n, u≠v, c∈{a,b}) 描述了一条带权边 (u, v)，其权值为 c。
图连通且无自环重边。
Output
输出一行 n 个整数，第 p 个描述了从 1 到 p 的可能最小值。
Examples
Input
5 5 20 25
1 2 25
2 3 25
3 4 20
4 5 20
5 1 20
Output
0 25 60 40 20
Input
6 7 13 22
1 2 13
2 3 13
1 4 22
3 4 13
4 5 13
5 6 13
6 1 13
Output
0 13 26 39 26 13
感觉这道题有一点乱搞.jpg。
考虑 kruskal 求最小生成树的过程：把边按从小到大的顺序尝试加入。
这道题只有两种边权，所以一定是先用边权为 a 的边构成一个森林，再用边权为 b 的边连接这些森林。
一个最短路满足什么条件时不合法？
稍微动手画一画，发现边权为 a 的边并不会影响合法性（可以通过破圈法证明一条简单路径上的 a 边可以同时存在于最小生成树之中）。
不合法的情况只可能因为有些边权为 b 的边不能同时共存于最小生成树中。
什么时候边权为 b 的边不能同时共存？
再联系到我们 kruskal 的过程：假如将 a 边连接的连通块缩点，这些 b 边如果在缩点后的图上形成了环就不合法。
即我们走 b 边不能在以前经过的结点？
状压？但是这是 2^70 啊。
注意到单个结点用不着状压，那么复杂度降到 2^35。
还是很大？继续。2 个结点与 3 个结点也不需要状压：假如形成了环，则可以经过 2 条 b 边从 u -> p -> v。
然而我们内部的 a 边 <= 2 条，走这个内部的 a 边肯定比绕外部的 b 边短，所以最短路不会绕外面。
只有 >= 4 的连通块需要状压，状压部分的复杂度降成 2^17，够了。
那么再套一个 dijkstra 的复杂度，总复杂度为 O(2^(n/4)*m*log(m))。官方题解好像可以更快来着。
不过这个复杂度足够通过本题了。
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int MAXN = 70;
const int MAXM = 200;
const int INF = int(1E9);
struct edge{
int to, dis;
edge *nxt;
}edges[2*MAXM + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt = edges;
void addedge(int u, int v, int w) {
edge *p = (++ecnt);
p->to = v, p->dis = w, p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
p = (++ecnt);
p->to = u, p->dis = w, p->nxt = adj[v], adj[v] = p;
}
struct node{
int d, s, x;
node(int _d=0, int _s=0, int _x=0) : d(_d), s(_s), x(_x) {}
friend bool operator < (node a, node b) {
return a.d > b.d;
}
};
bool vis[MAXN][1<<17];
int d[MAXN][1<<17];
priority_queue<node>que;
int dis[MAXN + 5], fa[MAXN + 5], siz[MAXN + 5];
int find(int x) {
return fa[x] = (fa[x] == x ? x : find(fa[x]));
}
void unite(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if( fx != fy ) fa[fx] = fy, siz[fy] += siz[fx];
}
int id[MAXN + 5], cnt, tot;
int u[MAXM + 5], v[MAXM + 5], w[MAXM + 5];
int n, m, a, b;
int main() {
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b);
for(int i=0;i<n;i++) fa[i] = i, siz[i] = 1;
for(int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d%d", &u[i], &v[i], &w[i]), u[i]--, v[i]--;
if( w[i] == a )
addedge(u[i], v[i], w[i]), unite(u[i], v[i]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
if( find(i) == i ) {
if( siz[i] >= 4 ) id[i] = (cnt++);
else id[i] = -1;
}
for(int i=0;i<n;i++)
id[i] = id[find(i)];
tot = (1<<cnt);
for(int i=0;i<n;i++) {
for(int s=0;s<tot;s++)
d[i][s] = INF;
dis[i] = INF;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if( w[i] == b && find(u[i]) != find(v[i]) )
addedge(u[i], v[i], w[i]);
que.push(node(0, 0, 0));
while( !que.empty() ) {
node x = que.top(); que.pop();
if( vis[x.x][x.s] ) continue;
dis[x.x] = min(dis[x.x], x.d);
vis[x.x][x.s] = true;
for(edge *p=adj[x.x];p;p=p->nxt) {
if( p->dis == a && x.d + p->dis < d[p->to][x.s] )
que.push(node(d[p->to][x.s]=x.d+p->dis, x.s, p->to));
else if( id[p->to] == -1 || !((x.s >> id[p->to]) & 1) ) {
int s = (x.s | (id[x.x] == -1 ? 0 : (1<<id[x.x])));
if( x.d + p->dis < d[p->to][s] )
que.push(node(d[p->to][s]=x.d+p->dis, s, p->to));
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d%c", dis[i], (i == n - 1 ? '\n' : ' '));
}n <= 70 你以为是什么多项式算法。
其实这道题是一个 np 问题 2333。
@codeforces - 1149D@ Abandoning Roads
标签：include pop print example 简单 space 存在 else solution
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/11852921.html
