BZOJ 2069: [POI2004]ZAW（Dijkstra + 二进制拆分）

时间：2023-03-08 18:06:43

题意

给定一个有 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向图, 每条无向边 最多只能经过一次 .

对于边 \((u, v)\) , 从 \(u\) 到 \(v\) 的代价为 \(a\) , 从 \(v\) 到 \(u\) 的代价为 \(b\) , 其中 \(a\) 和 \(b\) 不一定相等.

求一个包含 \(1\) 号点的有向环, 使得环上代价之和最小.

\(N \le 3 \times 10^4 , M \le 10^5 , 1 \le a, b \le 10^4\) , 保证没有重边和自环 .

题解

考虑一条包含 \(1\) 的有向环, 一定是 \(1 \to x \to \cdots \to y \to 1\) 这样子. \((x \not = y)\)

那么我们可以考虑一个很显然的暴力：枚举 \(x, y\) 然后做最短路, 但是这样显然太慢了.

但是这里的最短路是可以 “并行” 地求的. 也就是说, 如果给定两个不相交的点集 \(\mathcal{A}, \mathcal{B}\) , 那么我们可以用一次最短路的时间求出所

有点对 \((x, y)\) 满足 \(x \in \mathcal{A}, y \in \mathcal{B}\) 的最短路的最小值.

具体地, 我们把 \(1\) 号点拆成两个点, 一个作为源点只连向 \(\mathcal{A}\) 中的点, 另一个作为汇点只被 \(\mathcal{B}\) 中的点连向.

然后这里需要一个二进制拆分的技巧: 在与 \(1\) 相邻的那些点中,每次考虑它们二进制下的第 \(k\) 位, 将这一位为 \(0\) 的放入 \(A\) , 为 \(1\) 的放入 \(\mathcal{B}\) , 那么只需 \(\log N\) 次, 我们便可以考虑到每一对.

以上全部摘自 __debug 的 PPT 。

这个最短路可以用 Spfa 求，但实测要比 Dijkstra 慢几倍。。为了求稳，还是用 Dijkstra 吧233

所以最后的复杂度就是 \(\mathcal O((N + M) \log^2 N)\)

总结

对于一类考虑点对贡献，并且很多对可以并行求，且重复计算没有影响的问题，能考虑二进制拆分技巧，对于每一位分别考虑。

将整体分成两组，最后计算贡献，能大幅度降低时间复杂度。

新套路 get

代码

特别好写233

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

#define fir first

#define sec second

#define mp make_pair

using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {

    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();

    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;

    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);

    return x * fh;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

    freopen ("2069.in", "r", stdin);

    freopen ("2069.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 5010, M = 10100 * 2, inf = 0x7f7f7f7f;

int Head[N], Next[M], to[M], val[M], e = 0;

inline void add_edge(int u, int v, int w) { to[++ e] = v; Next[e] = Head[u]; Head[u] = e; val[e] = w; }

priority_queue<pair<int, int> > P;

int dis[N], S, T; bitset<N> vis;

int Dijkstra() {

    Set(dis, inf); dis[S] = 0; P.push(mp(0, S)); vis.reset();

    while (!P.empty()) {

        int u = P.top().sec; P.pop(); if (vis[u]) continue ; vis[u] = true;

        for (int i = Head[u]; i; i = Next[i]) {

            int v = to[i]; if (chkmin(dis[v], dis[u] + val[i])) P.push(mp(- dis[v], v));

        }

    }

    return dis[T];

}

struct Edge { int u, v, a, b; } lt[M]; 

int n, m;

void Rebuild(int cur, int flag) {

    Set(Head, 0); e = 0; S = 1; T = n + 1;

    For (i, 1, m) {

        int u = lt[i].u, v = lt[i].v, a = lt[i].a, b = lt[i].b;

        if (u == 1) {

            if ((v & cur) ^ flag) add_edge(S, v, a);

             else add_edge(v, T, b);

        } else add_edge(u, v, a), add_edge(v, u, b);

    }

}

int main () {

    File();

    n = read(); m = read();

    For (i, 1, m) {

        int u = read(), v = read(), a = read(), b = read();

        if (u > v) swap(u, v), swap(a, b);

        lt[i] = (Edge) {u, v, a, b};

    }

    int ans = inf;

    for (int bit = 1; bit <= n; bit <<= 1) {

        Rebuild(bit, 0), chkmin(ans, Dijkstra());

        Rebuild(bit, bit), chkmin(ans, Dijkstra());

    }

    printf ("%d\n", ans);

    return 0;

}

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