【题解】Hikari的幸福生活

题目背景

(Hikari)想在爬完风暴梯子之后去找(Tairitsu)玩。

题目描述

(Hikari)手里有一张里黑包的地图，从地图中我们可以知道，里黑包有(n)首歌曲，歌曲之间有(m)条有向带权道路。里黑包有
两种歌曲，他们的名字很奇怪，一种叫你玩得来吗玩不来赶紧退，另一个叫前奏缓和中间变速尾杀飞天，由于名字太
过长我们简称他们为A党和B党。对于同一首歌曲里的所有天地按键都支持同一个歌曲类型，我们把支持同一个类型的两个
歌曲称为同流合污歌曲，支持不同的类型的两首歌曲叫做齐头并进歌曲。现在(Hikari)要规划她的旅游路线，为了使路线更加合理，他想知道对于每一个歌曲，离它最近的同流合污歌曲和齐头并进歌曲的距离分别是多少。

输入格式

第一行两个数字表示(n) , (m)
接下来一行(n)个数字，第(i)个数字是(0)或(1)表示第(i)个城市支持的是A党还是B党。
接下来(m)行，每行三个数字(x),(y),(z)，表示存在一条从(x)到(y)的权值为(z)的单向边。

样例输入

6 12
0 1 1 1 1 0
2 4 0
1 3 0
1 6 3
4 5 2
3 4 6
2 5 4
4 3 9
3 1 3
2 5 5
6 1 9
1 2 7
2 1 8

样例输出

3 0
0 8
6 3
2 12
-1 -1
9 9

样例解释

自己跑一跑就出来了我就不解释了。

数据范围

为了方便选手写部分分，各个特殊性质的数据点中个位和十位均不相同，选手可据此来编写部分分代码。
各边边权均为正数，保证int可存下

测试数据点	n	m	特殊性质	时间限制
1	10	30		2s
2	20	60		2s
3	3000	15000		2s
4	4000	20000		2s
5	5000	25000		2s
6	6000	30000		2s
7	7000	35000		2s
8	8000	40000		2s
9	9000	45000		2s
10	10000	50000		2s
11	49911	300000	所有的城市都相互之间都是友好城市	2s
12	49912	300000	所有城市构成一条单方向的链	2s
13	49913	300000	所有城市构成一条单方向的链	2s
14	49914	300000	所有城市构成一棵有父亲指向孩子的树	2s
15	49915	300000	所有城市构成一棵有父亲指向孩子的树	2s
16	49916	300000	所有城市构成一条单方向的环	2s
17	49917	300000	所有城市构成一条单方向的环	2s
18	49918	300000		5s
19	49919	300000		5s
20	50000	300000		5s

注：对于所有数据保证不存在自环。

#include<bits/stdc++.h>
    
#define LL long long
    
using namespace std;
    
/*Grievous Lady*/
    
template <typename T> void read(T & t){
    t = 0;int f = 1;char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f =- 1;ch = getchar();}
    do{t = (t << 1) + (t << 3) + ch - '0';ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9');t *= f;
}

#define INF 0x7fffffff

const int kato = 5e4 + 1;

struct edge{
    int to , nxt , dis;
}e[3000000 + 1];

bool vis[kato];

int cnt;

int head[kato] , ans[kato][2];

inline void add(int u , int to , int dis){
    cnt ++;
    e[cnt].to = to;
    e[cnt].dis = dis;
    e[cnt].nxt = head[u];
    head[u] = cnt;
}

int dis[kato];

int n , m , a[kato] , tot[kato];

queue<int> q;

inline void SPFA(int t , int b , int s){
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
        dis[i] = INF;
        if(a[i] == t && tot[i] == b) q.push(i) , vis[i] = true , dis[i] = 0;
    }
    while(!q.empty()){
    	int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = false;
        for(int i = head[u]; i ;i = e[i].nxt){
            if(dis[u] + e[i].dis < dis[e[i].to]){
                dis[e[i].to] = dis[u] + e[i].dis;
                if(!vis[e[i].to]){  
                    vis[e[i].to] = true, q.push(e[i].to);
                }
            }
        }
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        if(a[i] == s && tot[i] != b){
            if(ans[i][t ^ s] > dis[i]){
                ans[i][t ^ s] = dis[i];
            }
        }
    }
}

inline void doit(){
    SPFA(0 , 0 , 0);SPFA(0 , 0 , 1);
    SPFA(0 , 1 , 0);SPFA(0 , 1 , 1);
    SPFA(1 , 0 , 0);SPFA(1 , 0 , 1);
    SPFA(1 , 1 , 0);SPFA(1 , 1 , 1);
}

inline int Ame_(){
    // freopen("map.in" , "r" , stdin);
    // freopen("map.out" , "w" , stdout);
    read(n);read(m);
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        read(a[i]);
        ans[i][0] = ans[i][1] = INF;
    }   
    int x , y , z;
    for(int i = 1;i <= m;i ++){
        read(x);read(y);read(z);
        add(y , x , z);
    }
    for(int i = 0;i <= 15;i ++){
        for(int j = 1;j <= n;j ++) {
            tot[j] = (j >> i) & 1;
        }
        doit();
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        if(ans[i][0] == INF){
            printf("-1 ");
        }
        else{ 
            printf("%d " , ans[i][0]);
        }
        if(ans[i][1] == INF){
            printf("-1
");
        }
        else{
            printf("%d
" , ans[i][1]);
        }
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}
    
int Ame__ = Ame_();

int main(){;}

暴力可得10分左右，Dij跑多源最短路，对于每个节点跑一个Dij，复杂度为(O(n^2log))

考虑如何进行优化和选择算法，考虑提示信息

为了方便选手写部分分，各个特殊性质的数据点中个位和十位均不相同，选手可据此来编写部分分代码。
各边边权均为正数，保证int可存下

可以得知spfa可以跑，并且数据经过了精心构造适合spfa跑考虑对每一个节点进行二进制压缩，对于二进制位相同的点并且歌曲种类相同的点作为起点跑最短路，分别求出二进制位相同或不同的点的最短路，跑8次最短路，若用Dij的话时间复杂度为(O(8nlog^2))
看评测机心情可以跑过