[JZOJ2702] 【GDKOI2012模拟02.01】探险

题目

题目大意

给你一个每条边正反权值不一定相同的无向图，求起点为$1$点的最小环。

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思考历程

一看到这题，就觉得是一个经典模型。
然后思考先前做过最小环的经历，发现没个卵用。
我突然想到，既然这一个环是在$1$点上的，那么肯定有两条边和$1$相连。
一个很显然的思路就是，枚举与$1$相连的边，然后计算带着这条边最小环。
首先处理一个最短路，并且在带一个前驱，表示从哪一个边转移过来。
枚举和$1$相连的每一条边，设另一个点为$x$，如果$x$的前驱不是$1$，那么直接为$dis(x)+len(x,1)$。
问题来了，前驱是$1$怎么办？
有一个很暴力的思路，就是将这条边删掉，再跑一遍最短路径。
时间肯定会炸啊！（后来：呵呵）
其实我们只需要保证再求一个最短路，使得这个最短路的前驱不是$1$，那就可以搞定了。
我们还是要保证这个尽量短，所以这是一个次短路。
现在的瓶颈就是，如何求次短路呢？
于是我懵逼了，求次短路万一不能保证时间复杂度怎么办？
最后想不到什么稳妥的解法，于是暴力一点，就将边删去，然后跑最短路。
结果……100分？
出题人啊，想想你的数据，让一个$O(m^2)$的蒟蒻都过了。

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水法

特意新增这个栏目……
其实我的这个做法算是水法吧，只不过这明明是60分的方法啊……
SLS大佬，用暴力跑过了这题！
怎么暴力？用IDA*！
二分一下环的长度，然后递归来干！
设一个估价函数，就是它到$1$的最短路径。
然后加了各种剪枝……
比如说，如果在递归的过程当中出现了环，就退出……
反正是一堆优化。
然后轻易地水过这题。

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正解

先说一说第一个正解。
其实我想得已经非常接近了，就是求最短路和次短路啊！
怎么求次短路呢？题解中解释得有些笼统，就是说用SPFA不停迭代直到稳定为止。
原来，事情并没有我想象中的那么复杂……
就是在转移的时候多了一个次短路的转移而已……其实也不用特意在意它是次短的，只需要第一条边和最短路不一样就行了。
然后我有一个问题，如果有点$x$，它转移到$y$，不如$y$的次短路，所以会被踢掉；可是如果它继续从$y$转移到$z$，那又能更新$z$的次短路。有没有这种情况呢？
如果有这种情况，那就是$y$原来的次短路和$z$的最短路的初始边相同，但$x$的次短路和$z$的最短路的初始边不同，所以就有可能转移过去。
某大爷解释道：如果$y$原来的次短路和$z$的最短路的初始边相同，那么$y$的最短路和$z$的最短路的初始边一定不同，那这也是可以转移过去的。
所以说，直接求在正确性上似乎没有什么问题。
然后时间呢？
时间我就不清楚了，有点玄学。

然后就是一个比较正经的解法，时间复杂度绝对优秀（可以用Dijkstra）：
这个方法就是构造一个新图，在里面跑最短路。
首先我们将每一个点的最短路给算出来，并且记录它们最短路经过的边（记住是边！题解害死人！不过我没有受骗），记作$fir$
设新图中源点为$S$.，汇点为$T$。（不要想到网络流去了！）
对于从$1$连出去的边$e(1,x,len)$：
如果$fir(x)=e$，不要理它。
否则，就在新图中连$(S,x,len)$
对于从$x$连回$1$的边$e(x,1,len)$：
如果$fir(x)=e$，连$(x,T,len)$
否则，连$(S,T,dis(x)+len)$
对于其它的边$(u,v,len)$
如果$fir(u)=fir(v)$，就连$(u,v,len)$
否则连$(S,u,dis(u)+len)$
然后整个图就建完了，从$S$点跑一遍到$T$的最短路就好了。
这个方法真的是十分巧妙，具体是为什么呢？
我斟酌了很久……
我们试着分个类：
对于和$1$相连的边$e(x,1)$，如果$x$的最短路径是从$1$开始，走其它的边到了$x$，那么答案显然是$dis(x)+len$，对应上面的$(S,T,dis(x)+len)$。那么$x$不会直接连到$T$，所以不会有从$S$出来，走向同道路回去的尴尬情况。
如果$x$的最短路径是从$1$直接走这条边到$x$的，通过上面我们建的图，我们可以发现，它在$S$这边没有，在$T$这边有，所以不可能走同一条边。
现在有一个问题，可能出现这样的情况：最小环和$1$相连的两个点，$1$到它们的最短路径都是直接从$1$走到它们，那样有没有可能算漏呢？
我们再看看边$e(u,v)$其中$u$和$v$都不是$1$。
如果$fir(u)=fir(v)$，那么它们的最短路是从同一条边走过来的，不能直接组成环，所以按照原样。
否则，它们是可以形成一个环的。设$x$为边$fir(u)$的除$1$外的那一端的点，显然$x$的最短路是直接从$1$走过来的，可是现在这条路没了啊！（上面没有建出来）
不怕，直接连$(S,v,dis(u)+len)$，直接连过去。
我们再回顾一下上面有没有可能算漏的问题，虽然说两个点和$1$相连的边不能直接连通，但是它们是可以用这种方式连通的啊！所以它们是可以被计算到的。
这样建图既可以保证所有合法的环都可以走，又可以扼杀从同一条边走回去的机会。
时间复杂度是很稳定的，毕竟只是求两遍最短路罢了，如果你打Dijkstra，那就不会被卡。由于我比较懒惰，所以还是打了SPFA。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 10000
#define M 200000
int n,m;
struct EDGE{
	int to,len,num;
	EDGE *las;
} e[M*4+1];
int ne;
EDGE *last1[N+2],*last2[N+2];
inline void link(EDGE *last[],int u,int v,int len,int num){
	e[++ne]={v,len,num,last[u]};
	last[u]=e+ne;
}
int dis[N+2],fir[N+2];
inline void SPFA(EDGE*[],int);
int S,T;
int ans=2147483647;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int u,v,len1,len2;
		scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&len1,&len2);
		link(last1,u,v,len1,i);
		link(last1,v,u,len2,i);
	}
	SPFA(last1,1);
	S=1,T=n+1;
	for (EDGE *ei=last1[1];ei;ei=ei->las)
		if (fir[ei->to]!=ei->num)
			link(last2,S,ei->to,ei->num,ei->len);
	for (int i=2;i<=n;++i)
		for (EDGE *ei=last1[i];ei;ei=ei->las)
			if (ei->to==1){
				if (fir[i]==ei->num)
					link(last2,i,T,ei->len,ei->num);
				else
					ans=min(ans,dis[i]+ei->len);//本来是S到T连这么一条边，实际上直接统计入答案也可以
			}
			else{
				if (fir[i]==fir[ei->to])
					link(last2,i,ei->to,ei->len,ei->num);
				else
					link(last2,S,ei->to,dis[i]+ei->len,ei->num);
			}
	SPFA(last2,S);
	ans=min(ans,dis[T]);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}
#define an 1048575
int q[an+2];
bool inq[N+2];
inline void SPFA(EDGE *last[],int S){
	memset(dis,127,sizeof dis);
	dis[S]=0;
	int h=-1,t=0;
	q[0]=S;
	inq[S]=1;
	do{
		++h&=an;
		for (EDGE *ei=last[q[h]];ei;ei=ei->las)
			if (dis[q[h]]+ei->len<dis[ei->to]){
				dis[ei->to]=dis[q[h]]+ei->len;
				fir[ei->to]=((q[h]==1)?ei->num:fir[q[h]]);
				if (!inq[ei->to]){
					inq[ei->to]=1;
					q[++t&=an]=ei->to;
				}
			}
		inq[q[h]]=0;
	}
	while (h!=t);
}

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总结

首先，有的时候暴力出奇迹。
遇到某些题目的时候，如果想不出正解，那就试着用暴力来做，有时几个剪枝就可以得到好多好多的分数。
然后就是面对一些看似很难解的题目，试着转换一下模型，用各种奇妙的方式建立一个奇妙的东西。