Description
在Byte山的山脚下有一个洞穴入口. 这个洞穴由复杂的洞室经过隧道连接构成. 洞穴的入口是一条笔直通向“前面洞口”的道路. 隧道互相都不交叉(他们只在洞室相遇). 两个洞室要么就通过隧道连接起来,要么就经过若干隧道间接的相连. 现在决定组织办一个'King's of Byteotia Cup' 比赛. 参赛者的目标就是任意选择一条路径进入洞穴并尽快出来即可. 一条路径必须经过除了“前面洞口”之外还至少要经过其他一个洞室.一条路径中一个洞不能重复经过(除了“前面洞室”以外),类似的一条隧道也不能重复经过. 一个著名的洞穴探险家 Byteala 正准备参加这个比赛. Byteala 已经训练了数月而且他已获得了洞穴系统的一套详细资料. 对于每条隧道他都详细计算了从两个方向经过所需要的时间. 经过一个洞室的时间很短可以忽略不记. 现在Byteala 向计算一条符合条件的最优路径.
Input
第一行有两个数n 和 m (3 <= n <= 5000, 3 <= m <= 10000) 分别表示洞室的数目以及连接他们的隧道的数目. 洞室从1 到 n编号. “前面洞室”的编号为1. 接下来m 行描述了所有的隧道. 每行四个整数a,b,c,d 表示从洞室a到洞室b需要c分钟的时间,而从洞室b到洞室a需要d分钟的时间, 1 <= a,b <= n, a <> b, 1 <= c,d <= 10000. 你可以假设符合要求的路径肯定存在.
Output
输出一行,最少需要多少时间完成比赛.
Sample Input
3 3
1 2 4 3
2 3 4 2
1 3 1 1
Sample Output
6
Solution
这是一个假二进制分组
对一号点相连的点按照二进制来分组
枚举二进制，一种只能由1走向它，另一种只能由它走向1
然后每次都跑一边Dijkstra就好了
因为任意两个点一定在一个数的二进制中在不同的分组，所以方案经过的两个点一定会被枚举到
#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define ft first
#define sd second
#define pb(a) push_back(a)
#define mp(a,b) std::make_pair(a,b)
#define ITR(a,b) for(auto a:b)
#define REP(a,b,c) for(register int a=(b),a##end=(c);a<=a##end;++a)
#define DEP(a,b,c) for(register int a=(b),a##end=(c);a>=a##end;--a)
const int MAXN=10000+10,MAXM=200000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,e,beg[MAXN],nex[MAXM<<1],to[MAXM<<1],was[MAXM<<1],d[MAXN],dir[MAXN],ans=inf;
std::priority_queue< std::pair<int,int>,std::vector< std::pair<int,int> >,std::greater< std::pair<int,int> > > q;
namespace IO{
const int Buffsize=1<<15,Output=1<<24;
static char Ch[Buffsize],*S=Ch,*T=Ch;
inline char getc()
{
return((S==T)&&(T=(S=Ch)+fread(Ch,1,Buffsize,stdin),S==T)?0:*S++);
}
static char Out[Output],*nowps=Out;
inline void flush(){fwrite(Out,1,nowps-Out,stdout);nowps=Out;}
template<typename T>inline void read(T&x)
{
x=0;static char ch;T f=1;
for(ch=getc();!isdigit(ch);ch=getc())if(ch=='-')f=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getc())x=x*10+(ch-'0');
x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x,char ch='\n')
{
if(!x)*nowps++='0';
if(x<0)*nowps++='-',x=-x;
static int sta[111],tp;
for(tp=0;x;x/=10)sta[++tp]=x%10;
for(;tp;*nowps++=sta[tp--]^48);
*nowps++=ch;
}
}
using namespace IO;
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
was[e]=z;
}
inline void Dijstra(int s)
{
memset(d,inf,sizeof(d));
d[s]=0;
q.push(mp(d[s],s));
while(!q.empty())
{
std::pair<int,int> pr=q.top();
q.pop();
if(pr.ft!=d[pr.sd])continue;
int x=pr.sd;
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(to[i]==1)
{
if(dir[x])continue;
if(d[n+1]>d[x]+was[i])d[n+1]=d[x]+was[i];
}
else
{
if(x==1&&!dir[to[i]])continue;
if(d[to[i]]>d[x]+was[i])d[to[i]]=d[x]+was[i],q.push(mp(d[to[i]],to[i]));
}
}
}
inline void solve(int ps)
{
for(register int i=beg[1];i;i=nex[i])dir[to[i]]=(to[i]>>ps)&1;
Dijstra(1);
chkmin(ans,d[n+1]);
for(register int i=beg[1];i;i=nex[i])dir[to[i]]^=1;
Dijstra(1);
chkmin(ans,d[n+1]);
}
int main()
{
read(n);read(m);
REP(i,1,m)
{
int u,v,w1,w2;read(u);read(v);read(w1);read(w2);
insert(u,v,w1);insert(v,u,w2);
}
REP(i,0,13)solve(i);
write(ans,'\n');flush();
return 0;
}