考虑笨蛋,我们可以枚举出边,然后Dij就可以了。
显然在菊花图的情况下要T
我们考虑分组,对于连1的边,一半强制为出边,一半强制为入边,跑DIJ,然后交换,再做一遍。
然后继续分治下去,这样会发现我们所以状态都能做到,复杂度为 O ( n l o g 2 n ) O(n log^2n) O(nlog2n)
#include
#include
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#include
using namespace std;
const int MAXN=40005,MAXE=200005;
int n,m,Len,Ans=2e9,Dst[MAXN];bool b[MAXE],vis[MAXN];
struct Edge{
int tot,lnk[MAXN],son[MAXE],nxt[MAXE],W[MAXE];
void Clear(){memset(lnk,0,sizeof(lnk));tot=0;}
void Add(int x,int y,int w){son[++tot]=y;W[tot]=w;nxt[tot]=lnk[x];lnk[x]=tot;}
}E;
struct xcw{int x,y,s,t;}a[MAXE];
#include
struct HEAP{
int x,p;
bool operator <(const HEAP b)const{return x>b.x;}
};
priority_queue<HEAP> Heap;
int read(){
int ret=0;char ch=getchar();bool f=1;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) f^=!(ch^'-');
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) ret=ret*10+ch-48;
return f?ret:-ret;
}
void Build(int f){
E.Clear();
for(int i=1,j=1;i<=m;i++){
if(a[i].x==1){
if(b[j]^f) E.Add(a[i].x,a[i].y,a[i].s);
else E.Add(a[i].y,a[i].x,a[i].t);
j++;
}else E.Add(a[i].x,a[i].y,a[i].s),E.Add(a[i].y,a[i].x,a[i].t);
}
}
void Dijstar(){
memset(Dst,63,sizeof(Dst));memset(vis,0,sizeof(vis));Dst[1]=0;Heap.push((HEAP){0,1});
while(!Heap.empty()){
int x=Heap.top().x,p=Heap.top().p;Heap.pop();
if(vis[p]) continue;vis[p]=1;
for(int j=E.lnk[p];j;j=E.nxt[j])
if(Dst[E.son[j]]>Dst[p]+E.W[j]) Dst[E.son[j]]=Dst[p]+E.W[j],Heap.push((HEAP){Dst[E.son[j]],E.son[j]});
}
}
int main(){
// freopen("4398.in","r",stdin);
// freopen("4398.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=read(),y=read(),s=read(),t=read();
if(x>y) swap(x,y),swap(s,t);a[i]=(xcw){x,y,s,t};
}
for(int i=1;i<=m;i++) if(a[i].x==1) Len++;
for(int p=0;(1<<p)<=Len;p++){
for(int i=1;i<=Len;i++) b[i]=(i>>p)&1;
Build(0);Dijstar();
for(int i=1,j=1;i<=m;i++)
if(a[i].x==1){if(!b[j]) Ans=min(Ans,Dst[a[i].y]+a[i].t);j++;}
Build(1);Dijstar();
for(int i=1,j=1;i<=m;i++)
if(a[i].x==1){if( b[j]) Ans=min(Ans,Dst[a[i].y]+a[i].t);j++;}
}
if(Ans>=Dst[0]) printf("-1\n");else printf("%d\n",Ans);
return 0;
}