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）。
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
32
2<=n<=50000
0<=m<=100000
1<=ai,bi<=50000
对答案取极值，而答案由2个参数决定
一般固定其中一个，计算另一个
所以我们可以枚举a，计算b
这样会超时
法一：动态spfa
先将所有的边按a的大小从小到大排序
然后枚举a，每次只spfa那些边上的a 比枚举的a 小的边
对于每一次枚举，用a+dis[n]更新答案
当a>ans 时，停止
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 50001 #define M 100001 using namespace std; int n,m,ans=200000,tot,dis[N],q[N*100],head,tail,front[N]; bool v[N]; struct edge { int a,b,to,from; }e[M]; struct node { int to,w,next; }lb[M*2]; inline bool cmp(edge p,edge q) { return p.a<q.a; } inline void insert(int u,int v,int w) { lb[++tot].to=v;lb[tot].next=front[u];lb[tot].w=w;front[u]=tot; lb[++tot].to=u;lb[tot].next=front[v];lb[tot].w=w;front[v]=tot; } inline void spfa() { while(head<tail) { int now=q[head]; for(int i=front[now];i;i=lb[i].next) if(dis[lb[i].to]>max(dis[now],lb[i].w)) { dis[lb[i].to]=max(dis[now],lb[i].w); if(!v[lb[i].to]) { v[lb[i].to]=true; q[tail++]=lb[i].to; } } head++; v[now]=false; } head=tail=0; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x,y,a,b; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d%d",&e[i].from,&e[i].to,&e[i].a,&e[i].b); } sort(e+1,e+m+1,cmp); memset(dis,127,sizeof(dis)); dis[1]=0;q[tail++]=1;v[1]=true; for(int i=1;i<=m;i++) { if(e[i].a>=ans) break; insert(e[i].from,e[i].to,e[i].b); if(!v[e[i].from]) { q[tail++]=e[i].from; v[e[i].from]=true; } if(!v[e[i].to]) { q[tail++]=e[i].to; v[e[i].to]=true; } spfa(); ans=min(ans,e[i].a+dis[n]); } if(ans==200000) ans=-1; printf("%d",ans); }
这里空间要开好大，以后想着要用STL
法二、LCT维护最小生成树
kruscal据说可得70分，因为他每次都要打散原来的最小生成树重做
能不能不打散呢？
用LCT维护
同样也是将所有的边按a从小到大排序
目的：前面枚举到的边，再后面枚举的过程中可以使用
这里要将边权转化为点权
然后枚举每一条边
判断这条边连接的2个点本来是否联通
若不连通，直接加上这条边
若联通，判断当前边的b，设为u 与两点路径之间最大的b 设为v 的大小关系
若u<v 显然用u会更优，删除v那条边（在树中是2条边）
若v<=u u就没用了，跳过
枚举过程中时刻更新ans
当a>ans break
有这一句可以节省700多ms
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 100001 #define M 100001 using namespace std; int n,m,fa[N+M],key[N+M],mx[N+M],ch[N+M][2],rev[N+M],st[N+M],ans=2000000,pre[N+M]; struct node { int from,to,a,b; }e[M*2]; bool operator < (node p,node q) { return p.a<q.a; } bool isroot(int x) { return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x; } void down(int x) { if(rev[x]) { rev[x]^=1;rev[ch[x][0]]^=1;rev[ch[x][1]]^=1; swap(ch[x][0],ch[x][1]); } } void up(int x) { int l=ch[x][0],r=ch[x][1]; mx[x]=x; if(key[mx[x]]<key[mx[l]]) mx[x]=mx[ch[x][0]]; if(key[mx[x]]<key[mx[r]]) mx[x]=mx[ch[x][1]]; } void rotate(int x) { int y=fa[x],z=fa[y],l,r; if(ch[y][0]==x) l=0;else l=1; r=l^1; if(!isroot(y)) { if(ch[z][0]==y) ch[z][0]=x; else ch[z][1]=x; } fa[x]=z;fa[y]=x;fa[ch[x][r]]=y; ch[y][l]=ch[x][r];ch[x][r]=y; up(y); } void splay(int x) { int t=0;st[++t]=x; for(int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) st[++t]=fa[i]; for(int i=t;i;i--) down(st[i]); while(!isroot(x)) { int y=fa[x],z=fa[y]; if(!isroot(y)) { if(ch[y][0]==x^ch[z][0]==y) rotate(x); else rotate(y); } rotate(x); up(x); } } void access(int x) { int t=0; while(x) { splay(x); ch[x][1]=t; up(x); t=x;x=fa[x]; } } inline void make_root(int x) { access(x); splay(x); rev[x]^=1; } void link(int u,int v) { make_root(u); fa[u]=v; } void cut(int u,int v) { make_root(u); access(v); splay(v); fa[u]=ch[v][0]=0; up(v); } int find(int x) { return x==pre[x] ? x:pre[x]=find(pre[x]); } int query(int u,int v) { make_root(u); access(v); splay(v); return mx[v]; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d%d",&e[i].from,&e[i].to,&e[i].a,&e[i].b); sort(e+1,e+m+1); for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=i; for(int i=1;i<=m;i++) { int u=e[i].from,v=e[i].to,a=e[i].a,b=e[i].b; if(u==v) continue; int h=find(u),g=find(v); if(h==g) { int t=query(u,v); if(key[t]>b) { cut(t,e[t-n].from); cut(t,e[t-n].to); } else { if(find(1)==find(n)) { int t=query(1,n); ans=min(ans,key[t]+a); } continue; } } else pre[h]=g; key[i+n]=b;mx[i+n]=i+n; link(u,i+n);link(v,i+n); if(find(1)==find(n)) { int t=query(1,n); ans=min(ans,key[t]+a); } } if(ans==2000000) ans=-1; printf("%d",ans); }
