3669: [Noi2014]魔法森林
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBDescription
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。
Input
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。
Output
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）。
Sample Input
4 5
1 2 19 1
2 3 8 12
2 4 12 15
1 3 17 8
3 4 1 17
【输入样例2】
3 1
1 2 1 1
Sample Output
32
【样例说明1】
如果小E走路径1→2→4，需要携带19+15=34个守护精灵；
如果小E走路径1→3→4，需要携带17+17=34个守护精灵；
如果小E走路径1→2→3→4，需要携带19+17=36个守护精灵；
如果小E走路径1→3→2→4，需要携带17+15=32个守护精灵。
综上所述，小E最少需要携带32个守护精灵。
【输出样例2】
-1
【样例说明2】
小E无法从1号节点到达3号节点，故输出-1。
HINT
2<=n<=50,000
0<=m<=100,000
Solution
我觉得莫名熟悉，但是忘记有学长讲过了，就自己yy。第一眼感觉像分治，写了一个三分(a)套二分(b)，但是没有过样例，就去看了看题解，发现是lct，然后我才反应过来a好像不具有单峰性，内心很绝望。又看到了另一个题解，说可以用spfa做。
为了把它写完，我决定用spfa水过去。
枚举a的上限，把a值在上限范围内的边加进去，跑一遍spfa.
我开始不知道动态加边什么意思，写了一个暴力的T掉了。然后想到先把边存起来，按照a值排序，a的上限每增加一点，就把增加的边加进去。但是这样还是会T，然后我又看到一个题解，它说每次重新跑spfa的时候，可以不初始化dis数组，只把新边的点加进队列，在上一次的基础上继续跑spfa就可以啦。
但在极端情况下会很慢，比如Uoj的最后一组数据。
如果a值的大小关系为:a6<a5<a4<a3<a2<a1,然后b值的大小是倒过来的，那么每跑一遍spfa，就会更新接近n个节点。
不过犯了一个智障错误，节点出队的时候vis没有赋为0，答案变大了。
蒟(da)蒻(lao)出了一个数据卡我的程序，我就问了问lct怎么做。
(⊙v⊙)嗯，同样按a值排序，每次加边进去，用lct维护一棵最小生成树。
如果加边以后成环了，就把环上b值最大的那条边删掉。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define nn 50010
#define mm 200010
using namespace std;
bool vis[nn];
deque<int> q;
int e=0,ee=0,mb=-1,n,m;
int fir[nn],nxt[mm],dis[nn],to[mm],w[mm];
struct bb{
int fro,to,a,b;
}b[mm];
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*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int u,int v,int ww)
{
nxt[++e]=fir[u];fir[u]=e;to[e]=v;w[e]=ww;
}
int bfs()
{
int o;
while(!q.empty())
{
o=q.front();q.pop_front();
for(int i=fir[o];i;i=nxt[i])
if(dis[to[i]]>max(dis[o],w[i]))
{
dis[to[i]]=max(dis[o],w[i]);
if(!vis[to[i]])
{
vis[to[i]]=1;
if(q.empty()||dis[q.front()]<dis[to[i]])
q.push_back(to[i]);
else
q.push_front(to[i]);
}
}
vis[o]=0; ////////////////
}
return dis[n];
}
int cmp(const bb&i,const bb&j)
{
return i.a<j.a;
}
int main()
{
// freopen("forest.in","r",stdin);
// freopen("forest.out","w",stdout);
int ma=-1,mi=500000,u,v,aa,bb,ans=1000001,zc,now=1;
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
u=read();v=read();aa=read();bb=read();
b[++ee].fro=u;b[ee].to=v;b[ee].a=aa;b[ee].b=bb;
b[++ee].fro=v;b[ee].to=u;b[ee].a=aa;b[ee].b=bb;
ma=max(ma,aa);
mi=min(mi,aa);
}
q.push_back(1);
sort(b+1,b+ee+1,cmp);
fill(dis,dis+n+1,1000001);
vis[1]=1;
dis[1]=0;
for(int i=mi;i<=ma;i++)
if(b[now].a==i)
{
while(b[now].a==i)
{
add(b[now].fro,b[now].to,b[now].b);
q.push_back(b[now].fro);
q.push_back(b[now].to);
now++;
}
zc=bfs();
if(zc+i<ans)
ans=zc+i;
}
if(ans<1000001)
printf("%d",ans);
else
printf("-1");
return 0;
}