CF1163F - Indecisive Taxi Fee 题解
作者：互联网
假设不经过边 \(t\) 的最短路为 \(D_t\)，经过的为 \(B_t\)，那么答案显然为 \(\min(D_t,B_t-w_t+x)\)。我们只要对每条边把这两者求出来即可。
dij 求出 \(1\to n\) 的任意一条最短路 \(p_{1\sim s}\)，如果 \(t\) 不在其上的话，显然必有 \(D_t=\mathrm{dis}(1,n)\)，\(B_t=\min(\mathrm{dis}(1,a_t)+w_t+\mathrm{dis}(b_t,n),\mathrm{dis}(1,b_t)+w_t+\mathrm{dis}(a_t,n))\)，而 \(\mathrm{dis}(1,\cdot),\mathrm{dis}(\cdot,n)\) 可以两遍 dij 求出。如果 \(t\) 在其上，那么显然 \(B_t=\mathrm{dis}(1,n)\)，而 \(D_t\) 是整张图删掉 \(t\) 之后的最短路（事重头戏）。
下面来介绍一下删边最短路的科技（称为科技是因为感觉凭自己想不出来/kk）。首先，\(p\) 既是 \(1\to n\) 的最短路也事 \(n\to 1\) 的最短路，固定住它只考虑删其上的边。显然有结论：\(1\to x\) 的所有最短路中必定存在一条与 \(p\) 共享且仅共享一个前缀（可以取最后一个交点，也可用最短路生成树证），\(x\to n\)、后缀也如此。假设前后缀端点在 \(p\) 上的下标为 \(pre_x,suf_x\)，这显然可以建出最短路树 dfs 一遍求出。但要求 \(1\) 为起点、\(n\) 为起点的最短路树中 \(1\leftrightarrow n\) 路径都是 \(p\)，这可以在建 \(n\) 树时对于最短路上的点强制连边。
以及显然地，删除 \(t\) 后的最短路一定是先共享 \(p\) 的一段前缀（但不跨过 \(t\)），然后腾空一段弧绕过 \(t\)，最后回到 \(p\) 上共享 \(p\) 的后缀（很好证，\(t\) 两边取最迟、早的交点调整）。接下来是最关键的结论：中间这段腾空的弧里，恰好有（显然至少有）一条非最短路树边。也就是说，设弧的两端在 \(p\) 上的下标为 \(x,y\)，恰好存在边 \(e\) 使得 \(pre_{a_e}=x,suf_{b_e}=y\)（当然 \(a,b\) 有可能互换）。
考虑反证。假设有至少两条非树边，取任意相邻的两条 \(e,f\)，如下图：
我们考虑 \(1\to b_e\) 的最短路，\(pre_{b_e}\) 必然不可能在 \(t\) 左侧，那样直接走 \(1\to b_e\) 的最短路而非 \(1\to a_e\overset{e}{\to} b_e\) 显然会更优；\(n\to a_f\) 也事如此，\(suf_{a_f}\) 一定在 \(t\) 左侧。如下图：
考虑证明这种情况不存在。我们知道 \(D\) 是两端的最短路（因为 \(e,f\) 之间不再有非树边），跟据最短路的拼接定理可知 \(\mathrm{dis}(1,a_f)=D+\mathrm{dis}(1,b_e)=\mathrm{dis}(1,suf_{a_f})+C+B+D\)。而另一条路 \(\mathrm{dis}(1,suf_{a_f})+A\) 不是最短路，说明 \(C+B+D\leq A\)。同理，考虑 \(b_e\to n\) 最短路可得 \(C+A+D\leq B\)。可知 \(A-B\) 和 \(B-A\) 都大于等于 \(C+D\)，而 \(C+D\) 事正数，事不可能同时被一个数和它的相反数大于等于的，矛盾！证毕。
这样的话，枚举所有非 \(p\) 中边作为弧上的唯一非树边 \(e\)，贡献到 \(p\) 上的下标区间 \([pre_{a_e},suf_{b_e}]\)，贡献值为 \(\mathrm{dis}(1,a_e)+w_e+\mathrm{dis}(b_e,n)\)；以及需要交换 \(a,b\) 再做一次。这可以线段树，但是事静态的可以直接差分 multiset。于是删边最短路就做完了。
code（挺难写的）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
int n,m,qu;
int a[N],b[N],w[N];
vector<pair<int,int> > nei[N];
int d1[N],dn[N];
int vis[N];
void dij(int st,int d[]){
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=inf;
memset(vis,0,sizeof(vis));
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q;
q.push(mp(d[st]=0,st));
while(q.size()){
int x=q.top().Y;q.pop();
if(vis[x])continue;vis[x]=true;
for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
int y=nei[x][i].X,len=w[nei[x][i].Y];
if(d[x]+len<d[y])d[y]=d[x]+len,q.push(mp(d[y],y));
}
}
}
int fa1[N];
vector<int> son1[N],sonn[N];
int ord[N];
bool cmp(int x,int y){return d1[x]<d1[y];}
bool cmp0(int x,int y){return dn[x]<dn[y];}
vector<int> ton;int id[N];
int pre[N],suf[N];
void dfs(int x,int las,int p[],vector<int> vec[]){
if(~id[x])las=id[x];
p[x]=las;
for(int i=0;i<vec[x].size();i++){
int y=vec[x][i];
dfs(y,las,p,vec);
}
}
int del_dis[N];
vector<int> add[N],del[N];
signed main(){
cin>>n>>m>>qu;
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld%lld%lld",a+i,b+i,w+i),nei[a[i]].pb(mp(b[i],i)),nei[b[i]].pb(mp(a[i],i));
dij(1,d1),dij(n,dn);
for(int i=1;i<=n;i++)ord[i]=i;
sort(ord+1,ord+n+1,cmp);
for(int _i=2;_i<=n;_i++){
int i=ord[_i];
for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
int x=nei[i][j].X,len=w[nei[i][j].Y];
if(d1[x]+len==d1[i]){fa1[i]=x,son1[x].pb(i);break;}
}
}
int x=n;
while(true){
// if(n==2e5)cout<<x<<"!!\n";
ton.pb(x);
if(x==1)break;
x=fa1[x];
}
reverse(ton.begin(),ton.end());
memset(id,-1,sizeof(id));
for(int i=0;i<ton.size();i++)id[ton[i]]=i;
dfs(1,-1,pre,son1);
sort(ord+1,ord+n+1,cmp0);
for(int _i=2;_i<=n;_i++){
int i=ord[_i];
if(~id[i])sonn[ton[id[i]+1]].pb(i);
else for(int j=0;j<nei[i].size();j++){
int x=nei[i][j].X,len=w[nei[i][j].Y];
if(dn[x]+len==dn[i]){sonn[x].pb(i);break;}
}
}
dfs(n,-1,suf,sonn);
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i=0;i+1<ton.size();i++){
int x=ton[i],y=ton[i+1];
for(int j=0;j<nei[x].size();j++){
int z=nei[x][j].X,len=w[nei[x][j].Y];
if(z==y&&d1[x]+len==d1[y]){vis[nei[x][j].Y]=i;break;}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)if(!~vis[i]){
int l=pre[a[i]],r=suf[b[i]],v=d1[a[i]]+w[i]+dn[b[i]];
if(l<r)add[l].pb(v),del[r].pb(v);
swap(a[i],b[i]);
l=pre[a[i]],r=suf[b[i]],v=d1[a[i]]+w[i]+dn[b[i]];
if(l<r)add[l].pb(v),del[r].pb(v);
}
multiset<int> st;
for(int i=0;i+1<ton.size();i++){
for(int j=0;j<add[i].size();j++)st.insert(add[i][j]);
for(int j=0;j<del[i].size();j++)st.erase(st.find(del[i][j]));
del_dis[i]=st.empty()?inf:*st.begin();
}
while(qu--){
int x,v;
scanf("%lld%lld",&x,&v);
if(!~vis[x])printf("%lld\n",min(d1[n],min(d1[a[x]]+v+dn[b[x]],d1[b[x]]+v+dn[a[x]])));
else printf("%lld\n",min(d1[n]-w[x]+v,del_dis[vis[x]]));
}
return 0;
}
标签：Taxi,suf,pre,int,题解,短路,CF1163F,mathrm,dis 来源： https://www.cnblogs.com/ycx-akioi/p/solution-cf1163f.html