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。
bzoj #3669 魔法森林（SPFA/LCT）（NOI2014）
标签：SPFA/LCT
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MB
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Description
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
【输入样例1】
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
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
【输出样例1】
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。
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。
这题看起来很难，不过有一种很简单的水法（不想看的话可以直接跳到下面粗体字）
我们把所有边按照Ai为第一关键字，Bi为第二关键字排序，每加一条边，就跑一次SPFA（当然，dis数组维护的是最大值），用dis[n]+a[i]（i为当前加的边去更新答案）。
这种做法的正确性显而易见，然而复杂度确是O(nmk)，TLE!
于是新技能get：动态加边SPFA，就是跑完一遍SPFA后，不把dis数组清空，下次加边只将边所连接的两个点加入队列去更新答案，复杂度O（玄学）。
附上代码（比正解还快！）
/**************************************************************
Problem: 3669
User: P1atform
Language: C++
Result: Accepted
Time:3988 ms
Memory:50512 kb
****************************************************************/
#include一眼可以看出，这道题的正解是LCT。
基于上述的思路，我们同样可以先把边排序。LCT维护动态的生成树，用w[i]表示当前路径b值最大的边。然后用并查集维护连通性，如果即将加边的两个点已经连接，则判断当前路径上权值最大的边是否比当前边的b值大。最后如果1和n联通更新答案即可。
新技能get：由于LCT只能维护点，这里的处理方法就是把一条边拆成一个点加上两条边即可。
#includes[x][0]]]) w[x]=w[s[x][0]];
if (s[x][1]) if (val[w[x]]s[x][1]]]) w[x]=w[s[x][1]];
}
inline void pushdown(int x) {if (x&&lz[x]) swap(s[x][0],s[x][1]),lz[s[x][0]]^=1,lz[s[x][1]]^=1,lz[x]=0;}
inline void rotate(int x,int k)
{
int y=f[x],z=f[y];
s[y][!k]=s[x][k],f[x]=z;
if (s[x][k]) f[s[x][k]]=y;
if (!isroot(y)) s[z][y==s[z][1]]=x;
s[x][k]=y,f[y]=x,pushup(y),pushup(x);
}
inline void splay(int x)
{
top=0,q[++top]=x;
for (int i=x;!isroot(i);i=f[i]) q[++top]=f[i];
for (int i=top;i;i--) pushdown(q[i]);
while (!isroot(x))
{
int y=f[x],z=f[y];
if (isroot(y)) {rotate(x,x==s[y][0]);continue;}
if (y==s[z][0])
{
if (x==s[y][0]) rotate(y,1),rotate(x,1);
else rotate(x,0),rotate(x,1);
}
else
{
if (x==s[y][1]) rotate(y,0),rotate(x,0);
else rotate(x,1),rotate(x,0);
}
}
}
inline void access(int x) {for (int i=0;x;i=x,x=f[x]) splay(x),s[x][1]=i,pushup(x);}
inline void makeroot(int x) {access(x),splay(x),lz[x]^=1;}
inline void split(int x,int y) {makeroot(x),access(y),splay(y);}
inline void link(int x,int y) {makeroot(x),f[x]=y;}
inline void cut(int x,int y) {split(x,y);if (x==s[y][0]) f[x]=0,s[y][0]=0;}
}T;
inline int find(int x) {if (fa[x]==x) return x;else return fa[x]=find(fa[x]);}
template inline void read(_T &x)
{
x=0;
int f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
if (f) x=-x;
}
int main()
{
read(n),read(m);
for (int i=1;i<=m;i++) read(t[i].u),read(t[i].v),read(t[i].a),read(t[i].b);
sort(t+1,t+m+1);
for (int i=1;i<=m;i++) val[n+i]=t[i].b;
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
fx=find(t[i].u),fy=find(t[i].v);
if (fx!=fy) T.link(t[i].u,n+i),T.link(n+i,t[i].v),fa[fx]=fy;
else
{
T.split(t[i].u,t[i].v),k=T.w[t[i].v];
if (val[k]>t[i].b) T.cut(t[k-n].u,k),T.cut(k,t[k-n].v),T.link(t[i].u,i+n),T.link(i+n,t[i].v);
}
if (find(1)==find(n)) T.split(1,n),ans=min(ans,t[i].a+val[T.w[n]]);
}
if (ans==INF) ans=-1;
printf("%lld\n",ans);
}