题解 JOI 公園 (JOI Park)

【洛谷博客】

题目链接。

题意

城市中有 \(N\) 个公园，编号 \(1\sim N\)，有 \(M\) 条双向道路将 \(N\) 个公园连通，第 \(i\) 条道路连接公园 \(x_i,y_i\)，长度为 \(d_i\)，使得任何两个公园之间都能直接或间接到达。

现在计划对公园的道路进行改造：

• 你可以选择一个自然数 \(X\)，将第 \(1\) 个公园到其他公园最短路小于等于 \(X\) 的都修建一条地下通道，费用为 \(X\times C\)，\(C\) 是给定的一个整数。
• 接下来，将通过地下通道连接的公园之间的道路删除，即 \(x,y\) 都和 \(1\) 有地下通道，删除 \(x,y\) 的道路。
• 对于剩下的道路，长度为 \(k\) 的道路，维护的费用是 \(k\)。

初始时，没有地下通道，你需要输出改造的最小总费用。

分析

首先用优先队列优化的 Dijkstra 算法求出第 \(1\) 个公园到其他所有公园的最短路。

直接枚举 \(X\) 一定是不可行的，观察到 \(X\) 一定是 \(1\) 到其中一个点的最短路值，否则会产生多余的花费，因此枚举时间复杂度是 \(O(N)\)。

对于每一个 \(X\) 单独删边的时间复杂度为 \(O(NM)\)，但是随着 \(X\) 的增大，能修地下通道的点就越多，边就删除的越多，剩下维护的边权和就越小。

所以提前对可行的 \(X\) 进行排序，每次新加入一个点就将其原来所有连了地下通道的边全部删掉，每条边至多访问两次，时间复杂度 \(O(N+M)\)。

总体时间复杂度 \(O(M \log N)\)，瓶颈在于单源最短路和对可行 \(X\) 值的排序。

代码

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<utility>
#include<vector>
#define MAXN 100005
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<LL,int> PLI;
int n,m,c;
vector<PII> G[MAXN];
LL dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
void dj(const int S){//Dijkstra 算法求单源最短路。
	memset(dis,0x3f,sizeof(LL)*(n+1));
	priority_queue<PLI,vector<PLI>,greater<PLI> > Q;
	Q.emplace(dis[S]=0,S);
	for(int u;!Q.empty();){
		u=Q.top().second;Q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		for(const PII&V:G[u])if(dis[u]+V.second<dis[V.first])
			Q.emplace(dis[V.first]=dis[u]+V.second,V.first);
	}
}
int p[MAXN];
bool cmp(const int x,const int y){return dis[x]<dis[y];}//按照最短路大小排序。
bool S[MAXN];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
	LL ds=0;//边权和。
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),G[u].emplace_back(v,w),G[v].emplace_back(u,w),ds+=w;
	dj(1);
	for(int i=1;i<n;i++) p[i]=i+1;
	sort(p+1,p+n,cmp);
	LL ans=ds;//X=0，不需要建立任何地下通道，答案即为边权和。
	S[1]=1;
	for(int j=1;j<n;++j){
		LL s=dis[p[j]];
		for(const PII&V:G[p[j]])if(S[V.first]) ds-=V.second;//删去原来有地下通道的点的连边。
		S[p[j]]=1;//将当前点加入地下通道联通的点集合。
		ans=min(ans,ds+s*c);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}