codeforces1149D Abandoning Roads

題面

題意

給出一張無向圖,每條邊的權值只有兩種:a或b(a<b),現在對每個點求,在這張圖的所有最小生成樹中,1號點到它的最短距離是多少.

做法

首先在建最小生成樹時,權值爲a的邊比權值爲b的邊的優先級高,因此可以先將所有邊權爲a的邊縮起來,這樣如果權值爲b的邊連接的點在同一個聯通塊中,則這條邊沒有價值.
然後我們可以發現,如果一條路徑經過某個聯通塊兩次,則這條路徑不可能出現在最小生成樹上,因此可以將所有聯通塊進行狀壓,記$dp[i][j]$表示當前在點i,經過的聯通塊狀態爲j的最短路長度,但這樣的狀態數最多爲$n*2^n$,不能過.
再次觀察,可以發現,如果一個聯通塊中的點數不超過3,則若某條路徑經過它兩次,必然不是最短路,因爲塊內路徑長度最長爲$2*a$,所以這樣的聯通塊沒必要壓縮狀態,這樣的狀態數最多爲$n*2^{n/4}$,用最短路求解即可.

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define N 80
#define M 150000
using namespace std;

int n,m,A,B,bb,tt,first[N],fa[N],num[N],sz[N],ans[N],dp[N][M];
struct Bn
{
	int to,next,quan;
}bn[410];
struct Zt
{
	int u,v,d;
	bool operator < (const Zt &u) const{return d>u.d;}
};
priority_queue<Zt>pq;

int ff(int u){return fa[u]==u?u:fa[u]=ff(fa[u]);}
inline int get(int u){return num[u]==-1?0:(1 << num[u]);}
inline void add(int u,int v,int w)
{
	bb++;
	bn[bb].to=v;
	bn[bb].quan=w;
	bn[bb].next=first[u];
	first[u]=bb;
}

int main()
{
	memset(first,-1,sizeof(first));
	memset(num,-1,sizeof(num));
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
	int i,j,p,q,o;
	cin>>n>>m>>A>>B;
	for(i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&p,&q,&o);
		add(p,q,o),add(q,p,o);
		if(o==A) fa[ff(p)]=ff(q);
	}
	for(i=1;i<=n;i++) sz[ff(i)]++;
	for(i=1;i<=n;i++) if(i==ff(i)&&sz[i]>3) num[i]=++tt;
	for(i=1;i<=n;i++) num[i]=num[ff(i)];
	dp[1][get(1)]=0;
	pq.push((Zt){1,get(1),0});
	for(;!pq.empty();)
	{
		Zt now=pq.top();
		pq.pop();
		if(dp[now.u][now.v]<now.d) continue;
		ans[now.u]=min(ans[now.u],now.d);
		for(p=first[now.u];p!=-1;p=bn[p].next)
		{
			q=bn[p].to;
			if(bn[p].quan==B&&num[q]!=-1&&((1 << num[q])&now.v)) continue;
			if(bn[p].quan==B&&ff(now.u)==ff(q)) continue;
			int t=bn[p].quan+now.d;
			if(t>=dp[q][get(q)|now.v]) continue;
			dp[q][get(q)|now.v]=t;
			pq.push((Zt){q,get(q)|now.v,t});
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
}