CF1483D-Useful Edges

CF1483D-Useful Edges

题目大意

有一个 \(n\) 个结点的无向加权图，以及 \(q\) 个三元组，\((u,v,l)\) ，其中 \(u\) ， \(v\) 是顶点，\(l\) 是正整数。

如果存在至少一个三元组和一个具有以下特性的路径（不一定简单），则边 \(e\) 被称为 有用。

· 这条路径的端点是 \(u\) 和 \(v\)。

· \(e\) 是这条路径的一条边。

· 这条路径上所有边的权重之和不超过 \(l\) 。

求这张图中有用边的数量。

题解

设城市 \(u\) 到 城市 \(v\) 的路径长度为 \(e[u][v]\) ，最短距离为 \(d[u][v]\) ，时间预算为 \(l[u][v]\) 。

根据题意，如果 \(i \to j\) 为 城市\(u\) 和城市 \(v\) 间的重要路径，则满足 \(d[u][i]+e[i][j]+d[j][v]\le l[u][v]\) 。

直接枚举 \(u,v,i,j\) 是 \(O(n^4)\) 的，显然不可以接受，于是考虑优化。一般来说，对于满足这样的不等关系的式子，我们可以通过减少未知量来降低复杂度。

在此，我们不妨移项，将上式转变为 \(e[i][j]+d[j][v]\le l[u][v]-d[u][i]\) 。这样可以只进行三方的枚举，就能分别求出不等号两边的量了。

我们可以先枚举 \(u,v,i\) 预处理出不等号的右边，注意是 \(\le\) ，所以要使不等号右边的值最大。然后再枚举 \(i,j,v\) ，判断是否符合条件即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ls(p) (p << 1)
#define rs(p) (ls(p) ^ 1)
typedef pair<int, int> pii;
const int INF = 1e16;
const int N = 605;

bool vis[N][N];
int d[N][N], w[N][N], l[N][N];
pii e[N * N];
inline int read();
inline void solve()
{
    int n = read(), m = read();
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    memset(w, 0x3f, sizeof(w));
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        d[i][i] = w[i][i] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        auto &[u, v] = e[i];
        u = read(), v = read();
        w[u][v] = w[v][u] = d[u][v] = d[v][u] = read();
    }
    for (int k = 1; k <= n; ++k)
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= n; ++j)
                d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);
    int q = read(), ans = 0;
    while (q--)
    {
        int u = read(), v = read();
        l[u][v] = l[v][u] = read();
    }
    for (int u = 1; u <= n; ++u)
    {
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            int mx = -1e18;
            for (int v = 1; v <= n; ++v)
            {
                mx = max(mx, l[u][v] - d[i][v]);
            }
            for (int j = 1; j <= n; ++j)
            {
                if (d[u][j] + w[j][i] <= mx)
                    vis[i][j] = 1;
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        auto [u, v] = e[i];
        if (vis[u][v] || vis[v][u])
            ans++;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

signed main()
{
    int T = 1;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}

inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}