浅谈分层图最短路

浅谈分层图最短路

1.引言

分层图最短路是一类特殊的最短路问题，主要针对“边权可以有限制地改变”这类问题。

我们先看一个例子：

P4822 [BJWC2012]冻结

题目的意思是说，在一个图上，我们可以使用一定次数的“魔法”，使得这些边的边权减半，在此基础上求最短路。

一种最直接的思路是暴力搜索。在dfs中，我们记录目前所在的点、经过的边权总和、还有已经使用魔法的次数。每次对“使用魔法”和“不使用魔法”产生的新状态进行递归。当所用的魔法次数等于使用限制次数(K)次的时候，就不能把“使用魔法”作为新状态。

每条边有选与不选两种状态，再加上搜索本身的复杂度，总体时间复杂度过高我不会算，十分容易TLE。

我们不妨从语法的角度进行考虑，分层图最短路中，“分层图”是定语（修饰成分），主语是"最短路"。换句话说，"分层图最短路"还是"最短路"问题，我们依旧要通过已知的最短路算法解决它，只不过需要作出一些魔改变。从哪里改变呢？算法本身？还是......建图？

没错，建图。从建图上解决这类“魔法”问题，就是我们今天要谈论的“分层图最短路”算法。

2.核心内容

由于笔者太蒻，本篇文章只谈论基本的分层图最短路模型。

模型：设有一张图(G=<V,E>)（有向无向均可），现有(K)个改变边权的机会，可以把任意一条边(<u,v> =w(<u,v>in E))的边权改变一次（若对于无向图，是改变无向边((u,v))），变为(w')。在此基础上求点(S,T(S,Tin V))之间的最短路。

算法：

1.将原图复制(K)份（和原图加起来总共有(K+1)个图），原图记作(G_0)，其它图分别记作(G_1,G_2,...,G_K)。(G_1)到(G_K)每一张图，都按照原图(G_0)的方式连边，边权均相同。

这样做的目的是什么呢？我们可以考虑，每一层图(G_i(0le i le K))都对应"改变边权的机会"使用了(i)次的状态。比如说你改变了 (2) 次边权，那么你现在就在(G_2)上，特殊地，一次机会都没用，就在原图(G_0)上。值得一提的是，只要(w')不为负数，最短路就不会经过一条边两次，所以这里还要补充一点：每条边在使用机会时，边权只会在你经过的这一次临时改变，经过之后立刻恢复原边权。（其实大多数的题都有这种要求）所以我们可以认为，使用了机会以后，图本身是不变的。

接下来我们考虑，每层之间如何连边。

2.对于边(<u,v>or(u,v)in G_0)，如果一次机会会使(<u,v>)的边权(w)变为(w')，则分别找到(u)在(G_0 sim G_{K-1})里的对应点(u_0sim u_{K-1})（其实(u_0)就是(u)本身），找到(v)在(G_1sim G_K)里的对应点(v_1sim v_K)，对于每个(iin[0,K-1])，从(u_i)向(v_{i+1})连一条边，这样总共连(K-1)条，每条边的边权都为(w')。

举个栗子，设原图有三条有向边(<1,2>,<2,3>,<1,3>)，边权分别为(8,6,2)，有(2)次机会，每次"机会"是将边权减半，画出图来大概是这个亚子：

太乱了？我们可以只看其中(<1,2>)的一部分：

就像这样，每条边的终点"上移一层"形成新的边，边权即为使用"机会"后的边权，形成类似楼梯的结构奇妙的比喻。这样，我们就建好了一个(K+1)层的连通图。

这样做的目的是形成状态之间的转移。我们可以发现，我们可以通过使用一次机会，从"使用了(i)次机会的"状态图转移到"使用了(i+1)次机会的状态图"。同时向上一层连边的边权减半，也正好意味着在这条边上使用了一次"机会"，最后到达的还是原边对应的终点（只不过是层数不同，本质是一样的）。由于每层没有向下一层返回的路径，所以我们可以保证最多使用(K)次机会。

3.处理终点，这里我们需要分情况讨论：

(1)设原图(G_0)所有边（不使用机会）的最小边权为(w_{min})，设对于任意一条边使用机会后的边权(w')，都有(w'le w_{min})，则我们可以贪心地认为，最短路一定使用了所有(K)次机会，于是设终点(T)在最高一层(G_K)上对应的点为(T_K)，起点为(S)（一定在第(0)层），则答案就是(S)到(T_K)的最短路。

(2)否则，最短路不一定使用了所有(K)次机会（毕竟有的边不使用机会，也比有的边使用机会更优），这时候我们可以从终点(T)在所有层图中对应的所有点(T_0sim T_K)向一个“超级终点"(T')连边，边权为(0)，求起点(S)到超级终点(T')的最短路即可。或者还是求(S)到(T_K)的最短路，然后遍历所有(T_0sim T_K)在求最短路时产生的(dist)值，取最小值即可。

这样相当于遍历使用任意次机会的所有情况。

这就是分层图最短路最基本模型的思路。这里附上本文开头所给题目的代码：这里我们常常规定点(p)在第(1,2,3...)层对应的点分别为(p+n,p+2n,p+3n...)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>

#define FLOOR(x,floor) ((x)+(n)*(floor))//求点x在第floor层对应的点

using namespace std;
const int MAXN = 10000004, MAXM = 50000004;//这里开大一点，至少要N*K。
int ver[MAXN], edge[MAXN], nxt[MAXN], head[MAXN], tot;
void add_edge(int u, int v, int w)//正常的链式前向星加边操作
{
    ver[++tot] = v;
    edge[tot] = w;
    nxt[tot] = head[u];
    head[u] = tot;
}
namespace Dijkstra {
    bool vis[MAXN];
    int dist[MAXN];
    priority_queue<pair<int, int>> q;
    int dij(int start, int end) {//正常的Dijkstra,注意若有负权边则需使用Bellman-ford或spfa
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
        dist[start]=0;
        q.push(make_pair(0, 1));
        while (!q.empty()) {
            int x=q.top().second;
            q.pop();
            for (int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
                int y=ver[i], w=edge[i];
                if (dist[y]>dist[x]+w) {
                    dist[y]=dist[x]+w;
                    q.push(make_pair(-dist[y], y));
                }
            }
        }
        return dist[end];
    }
}
int n, m, k;
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i=1, x, y, z;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        for (int f=0;f<=k;f++) {
            add_edge(FLOOR(x, f), FLOOR(y, f), z);//每层内部连边（由于是无向边，拆成两条有向边处理）
            add_edge(FLOOR(y, f), FLOOR(x, f), z);
        }
        for (int f=0;f<=k-1;f++) {
            add_edge(FLOOR(x, f), FLOOR(y, f+1), z/2);//每层之间连边
            add_edge(FLOOR(y, f), FLOOR(x, f+1), z/2);
        }
    }
    for (int f=0;f<=k;f++) {
        add_edge(FLOOR(n, f), 0, 0);//设0号点为“超级终点”
    }
    printf("%d
", Dijkstra::dij(1, 0));
    return 0;
}

3.三倍经验

P2939

P4568

稍微修改一下就能爆切。