codeforces1149D Abandoning Roads

题面

题意

给出一张无向图,每条边的权值只有两种:a或b(a

做法

首先在建最小生成树时,权值为a的边比权值为b的边的优先级高,因此可以先将所有边权为a的边缩起来,这样如果权值为b的边连接的点在同一个联通块中,则这条边没有价值.
然后我们可以发现,如果一条路径经过某个联通块两次,则这条路径不可能出现在最小生成树上,因此可以将所有联通块进行状压,记$dp[i][j]$表示当前在点i,经过的联通块状态为j的最短路长度,但这样的状态数最多为$n\ast 2^n$,不能过.
再次观察,可以发现,如果一个联通块中的点数不超过3,则若某条路径经过它两次,必然不是最短路,因为块内路径长度最长为$2\ast a$,所以这样的联通块没必要压缩状态,这样的状态数最多为$n\ast 2^{n/4}$,用最短路求解即可.

代码

#include
#define N 80
#define M 150000
using namespace std;

int n,m,A,B,bb,tt,first[N],fa[N],num[N],sz[N],ans[N],dp[N][M];
struct Bn
{
	int to,next,quan;
}bn[410];
struct Zt
{
	int u,v,d;
	bool operator < (const Zt &u) const{return d>u.d;}
};
priority_queue<Zt>pq;

int ff(int u){return fa[u]==u?u:fa[u]=ff(fa[u]);}
inline int get(int u){return num[u]==-1?0:(1 << num[u]);}
inline void add(int u,int v,int w)
{
	bb++;
	bn[bb].to=v;
	bn[bb].quan=w;
	bn[bb].next=first[u];
	first[u]=bb;
}

int main()
{
	memset(first,-1,sizeof(first));
	memset(num,-1,sizeof(num));
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
	int i,j,p,q,o;
	cin>>n>>m>>A>>B;
	for(i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&p,&q,&o);
		add(p,q,o),add(q,p,o);
		if(o==A) fa[ff(p)]=ff(q);
	}
	for(i=1;i<=n;i++) sz[ff(i)]++;
	for(i=1;i<=n;i++) if(i==ff(i)&&sz[i]>3) num[i]=++tt;
	for(i=1;i<=n;i++) num[i]=num[ff(i)];
	dp[1][get(1)]=0;
	pq.push((Zt){1,get(1),0});
	for(;!pq.empty();)
	{
		Zt now=pq.top();
		pq.pop();
		if(dp[now.u][now.v]<now.d) continue;
		ans[now.u]=min(ans[now.u],now.d);
		for(p=first[now.u];p!=-1;p=bn[p].next)
		{
			q=bn[p].to;
			if(bn[p].quan==B&&num[q]!=-1&&((1 << num[q])&now.v)) continue;
			if(bn[p].quan==B&&ff(now.u)==ff(q)) continue;
			int t=bn[p].quan+now.d;
			if(t>=dp[q][get(q)|now.v]) continue;
			dp[q][get(q)|now.v]=t;
			pq.push((Zt){q,get(q)|now.v,t});
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
}