【BZOJ2407】探险
Description
探险家小T好高兴！X国要举办一次溶洞探险比赛，获奖者将得到丰厚奖品哦！小T虽然对奖品不感兴趣，但是这个大振名声的机会当然不能错过！
比赛即将开始，工作人员说明了这次比赛的规则：每个溶洞和其他某些溶洞有暗道相连。两个溶洞之间可能有多条道路，也有可能没有，但没有一条暗道直接从自己连到自己。参赛者需要统一从一个大溶洞出发，并再次回到这个大溶洞。
如果就这么点限制，那么问题就太简单了，可是举办方又提出了一个条件：不能经过同一条暗道两次。这个条件让大家犯难了。这该怎么办呢？
到了大溶洞口后，小T愉悦地发现这个地方他曾经来过，他还记得有哪些暗道，以及通过每条暗道的时间。小T现在向你求助，你能帮他算出至少要多少时间才能回到大溶洞吗？
Input
第一行两个数n，m表示溶洞的数量以及暗道的数量。
接下来m行，每行4个数s、t、w、v，表示一个暗道连接的两个溶洞s、t，这条暗道正着走（s à t）的所需要的时间w，倒着走（t à s）所需要的时间v。由于溶洞的相对位置不同，w与v可能不同。
Output
输出一行一个数t，表示最少所需要的时间。
Sample Input
3 3
1 2 2 1
2 3 4 5
3 1 3 2
1 2 2 1
2 3 4 5
3 1 3 2
Sample Output
8
HINT
N<=10000,M<=200000,1<=W,V<=10000
题解：如果想不经过重复的边回到1号点，那么只需要满足从1出发时走的点不同于回到1时走的点即可。那么我们先跑一边spfa，在求最短路的同时维护一个pre数组，代表如果沿最短路走到i，则从i出发时走的第一个点是pre[i]。那么我们所求的路径一定是从一些pre=x的点走到一些pre!=x的点再走到1号点。那么我们可以采用如下方法构造新图。
新建汇点n+1，对于边(u,v,len)，如果pre[u]！=pre[v]，则直接连从1到v，边权为dis[u]+len的边；否则连从u到v，边权len的边。
特别地，如果u=1，那么若pre[v]！=v，连从1到v边权dis[v]的边；否则不连。
如果v=1，那么若pre[u]!=u，直接用dis[u]+len更新答案；否则连u到n+1，边权len的边。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <utility>
#define mp(A,B) make_pair(A,B)
using namespace std;
const int maxn=10010;
const int maxm=400010;
int n,m,cnt,ans;
queue<int> q;
int pre[maxn],inq[maxn],dis[maxn],pa[maxm],pb[maxm],pc[maxm];
int to[maxm],next[maxm],val[maxm],head[maxn];
void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void spfa()
{
int u,i;
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i]) if(dis[to[i]]>dis[u]+val[i])
{
dis[to[i]]=dis[u]+val[i],pre[to[i]]=pre[u];
if(!inq[to[i]]) inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
}
}
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,a,b,c,d;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=m;i++)
a=rd(),b=rd(),c=rd(),d=rd(),add(a,b,c),pa[cnt]=a,pb[cnt]=b,pc[cnt]=c,add(b,a,d),pa[cnt]=b,pb[cnt]=a,pc[cnt]=d;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[1]=0;
for(i=head[1];i!=-1;i=next[i]) dis[to[i]]=val[i],q.push(to[i]),inq[to[i]]=1,pre[to[i]]=to[i];
spfa();
memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=0;
ans=1<<30;
for(i=1;i<=2*m;i++)
{
if(pa[i]==1)
{
if(pre[pb[i]]!=pb[i]) add(1,pb[i],pc[i]);
}
else if(pb[i]==1)
{
if(pre[pa[i]]==pa[i]) add(pa[i],n+1,pc[i]);
else ans=min(ans,dis[pa[i]]+pc[i]);
}
else
{
if(pre[pa[i]]==pre[pb[i]]) add(pa[i],pb[i],pc[i]);
else add(1,pb[i],dis[pa[i]]+pc[i]);
}
}
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[1]=0,q.push(1);
spfa(),ans=min(ans,dis[n+1]);
if(ans==1<<30||ans==0x3f3f3f3f) printf("-1");
else printf("%d",ans);
return 0;
}