Description
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。
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
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
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。
HINT
2<=n<=50,000
0<=m<=100,000
1<=ai ,bi<=50,000
话说这道题被神犇xzy推荐给我写spfa入门题，然后狂TLE不止...把这道题当成入门题给我我也是醉了......
这一题其实我们只需将边按a权值排序，再一条边一条边地插入，每次跑一遍最短路即可轻松AC。(o_o)
好吧，其实spfa还是我很久以前写的了。显然裸的spfa肯定是跑不过的，于是我们需要加一点小小的优化，那就是每次不清空dis数组，改为直接将新边连接的两个点加入队列，跑一遍spfa(话说我也不知道这为什么复杂度是对的【其实是不对的】)就可以AC了。
UPD:已经在UOJ上被卡掉了
下面贴代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #define maxn 100001 8 #define INF 2147483647 9 10 using namespace std; 11 typedef long long llg; 12 13 struct data{ 14 int t,f,c1,c2; 15 bool operator < (const data &h)const{return c1<h.c1;} 16 }s[maxn]; 17 int head[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],l,r; 18 int c[maxn<<1],dis[maxn],d[maxn],n,m,tt,ans; 19 bool w[maxn]; 20 21 int getint(){ 22 int w=0,q=0; 23 char c=getchar(); 24 while((c<'0'||c>'9')&&c!='-') c=getchar(); 25 if(c=='-') q=1,c=getchar(); 26 while(c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); 27 return q?-w:w; 28 } 29 30 void spfa(){ 31 d[r++]=1;w[1]=1; 32 while(l!=r){ 33 int u=d[l++];l%=maxn;w[u]=0; 34 for(int i=head[u],v;v=to[i],i;i=next[i]) 35 if(dis[v]==-1 || dis[v]>max(dis[u],c[i])){ 36 dis[v]=max(dis[u],c[i]); 37 if(!w[v]){ 38 w[v]=1;d[r++]=v; 39 r%=maxn; 40 } 41 } 42 } 43 } 44 45 int main(){ 46 n=getint();m=getint(); 47 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 48 for(int i=1;i<=m;i++){ 49 s[i].t=getint();s[i].f=getint(); 50 s[i].c1=getint();s[i].c2=getint(); 51 } 52 sort(s+1,s+m+1);ans=INF;dis[1]=0; 53 for(int i=1;i<=m;i++){ 54 int f=s[i].f,t=s[i].t; 55 to[++tt]=f;next[tt]=head[t];head[t]=tt; 56 to[++tt]=t;next[tt]=head[f];head[f]=tt; 57 c[tt-1]=c[tt]=s[i].c2;l=r=0; 58 if(dis[t]!=-1) d[r++]=t,w[t]=1; 59 if(dis[f]!=-1) d[r++]=f,w[f]=1; 60 spfa(); 61 if(dis[n]!=-1) ans=min(ans,dis[n]+s[i].c1); 62 } 63 if(ans==INF) printf("-1"); 64 else printf("%d",ans); 65 }
下面我还是准备讲讲复杂度很对的一种做法(虽然跑的更慢)。我们仍然将边按a权值排序，然后我们只要快速求出1到n的最小生成树(或者最短路也可以)。虽然spfa可以跑过，但这个算法复杂度毕竟不对，我们还是要追求一种复杂度比较对的算法。其实，我们只要动态维护最小生成树就可以了。那么用什么呢？CDQ图分治或许可以，但我选择了LCT。其实以前我对于边带权值的动态树我一直是懵逼的，直到orz了hzwer大神的题解，我才发现了一种极其优秀的做法。我们可以把边也建成节点，而且只有边所代表的节点才有权值。这样就非常好做了是不？我们splay上维护一个区间最大值不就可以了是么？剩下的就是link-cut-tree的模板了。
我觉得这道题是一道LCT的好题。如果你还不会LCT，请前往：[Hnoi2010]Bounce 弹飞绵羊 [Sdoi2008]Cave 洞穴勘测
如果你会LCT但是就是A不了这题，推荐你还是仔细啃一啃这道题的代码吧。
这道题AC代码(LCT)如下：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) 7 #define maxn 150010 8 #define maxm 100010 9 10 using namespace std; 11 typedef long long llg; 12 13 struct data{ 14 int u,v,a,b; 15 bool operator < (const data &h)const{return a<h.a;} 16 }ss[maxm]; 17 int val[maxn],s[maxn][2],fa[maxn],maxv[maxn],d[maxn],ans,n,m; 18 bool rev[maxn]; 19 20 int getint(){ 21 int w=0;bool q=0; 22 char c=getchar(); 23 while((c>'9'||c<'0')&&c!='-') c=getchar(); 24 if(c=='-') q=1,c=getchar(); 25 while(c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); 26 return q?-w:w; 27 } 28 29 bool isroot(int x){return x!=s[fa[x]][0] && x!=s[fa[x]][1];} 30 int findrt(int x){while(fa[x]) x=fa[x];return x;} 31 32 void update(int x){ 33 int l=s[x][0],r=s[x][1];maxv[x]=x; 34 if(val[maxv[l]]>val[maxv[x]]) maxv[x]=maxv[l]; 35 if(val[maxv[r]]>val[maxv[x]]) maxv[x]=maxv[r]; 36 } 37 38 void R(int x){ 39 int p=fa[x],g=fa[p]; 40 bool l=(x==s[fa[x]][0]),r=!l; 41 if(!isroot(p)) s[g][p==s[g][1]]=x; 42 fa[s[x][l]]=p; s[p][r]=s[x][l]; 43 fa[p]=x; s[x][l]=p; fa[x]=g; 44 update(p); update(x); 45 } 46 47 void splay(int x){ //将x旋到当前splay的根节点 48 d[d[0]=1]=x; 49 for(int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) d[++d[0]]=fa[i]; 50 for(int i=d[0],u;u=d[i],i;i--) 51 if(rev[u]){ 52 swap(s[u][0],s[u][1]);rev[u]=0; 53 rev[s[u][0]]^=1;rev[s[u][1]]^=1; 54 } 55 while(!isroot(x)){ 56 int p=fa[x],g=fa[p]; 57 if(!isroot(p)){ 58 if((x==s[p][0])^(p==s[g][0])) R(x); 59 else R(p); 60 } 61 R(x); 62 } 63 } 64 65 void access(int u){ //将u到splay根节点的路径打通 66 for(int t=0;u;t=u,u=fa[u]) 67 splay(u),s[u][1]=t,update(u); 68 } 69 70 void makert(int u){ //把u换到它所在splay的根,并把沿途路径反向 71 access(u); 72 splay(u);rev[u]^=1; 73 } 74 75 int query(int u,int v){ //查询u到v的边中的最大值 76 makert(u);access(v);splay(v); 77 return maxv[v]; 78 } 79 80 void cut(int u,int v){ //把u和v的连接断掉,谁是父亲无关紧要 81 makert(u);access(v);splay(v); 82 s[v][0]=fa[u]=0; update(v); 83 } 84 85 void link(int u,int v){ //把u的父亲变成v 86 makert(u);fa[u]=v; 87 } 88 89 int main(){ 90 File("a"); 91 n=getint();m=getint(); 92 for(int i=1;i<=m;i++){ 93 ss[i].u=getint();ss[i].v=getint(); 94 ss[i].a=getint();ss[i].b=getint(); 95 } 96 sort(ss+1,ss+m+1);ans=(1<<30); 97 for(int i=1,u,v,t;i<=m;i++){ 98 u=ss[i].u;v=ss[i].v; 99 if(findrt(u)==findrt(v)){ 100 t=query(u,v); 101 if(val[t]>ss[i].b){ 102 cut(ss[t-n].u,t); 103 cut(ss[t-n].v,t); 104 } 105 else continue; 106 } 107 val[i+n]=ss[i].b;maxv[i+n]=i+n; 108 link(u,i+n);link(v,i+n); 109 if(findrt(1)==findrt(n)) 110 ans=min(ans,ss[i].a+val[query(1,n)]); 111 } 112 printf(ans==(1<<30)?"-1":"%d",ans); 113 return 0; 114 }