题解：P13614 [IOI 2018] highway 高速公路收费

前言

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看刘海峰老师的讲座来做的这道题。

前置知识：最短路，二分，广度优先搜索 (bfs)。

解析

分三步骤拆解问题：

一

对于 \(A,B\) 权值做一步转化，初始时先把所有边权设为 \(A\)，得到一个初始的最短路大小 \(D\)，那么如果将一条边变为 \(B\)，可以等效为把这条边断开（即设为 \(+\infty\)），因为它们的效果都是会使最短路的数值变大。

那么，注意到 \(S,T\) 在最短路上废话，想找到 \(D\) 对应哪一条最短路是困难的，但是得到一条必经边是容易的。考虑在边的编号上二分，找到一个最大的前缀使得删除这些边不会改变最短路。把下一条边记为 \((u,v)\)，\((u,v)\) 显然就是一条必经边。

二

得到了一条必经边有什么用？

考虑用这条边把原图分为两个子图，使得分别可以求解 \(S,T\)，毕竟 \(S,T\) 强相关，同时求不太现实，考虑 \(S,T\) 在某些性质上的区别。

假设有一条最短路为 \(S\to u\to v\to T\)，那么 \(dis_{S,u}<dis_{S,v}\)，\(dis_{T,u}>dis_{T,v}\)。

由此，分别跑 \(u,v\) 为源点的最短路，通过 \(S,T\) 性质的不同，把所有点分为两个集合 \(U,V\)，一个距离 \(u\) 更近，一个距离 \(v\) 更近。

三

此时，分别在两个集合中操作。以 \(U\) 为例，求出该集合从 \(u\) 出发的 \(\operatorname{bfs}\) 序，那么考虑在上面二分，每次删除一个后缀的点，即删除它们的所有连边，然后看最短路是否发生变化，就可以二分出其中一个点。

时间复杂度 \(O(m\log m+n\log n)\)，此处忽略了交互库运行时间。

询问次数为三次二分的总和，即 \(\log m+2\log n+1\)。

由于 \(2\log n\) 中 \(n\) 是不满的，所以可以通过。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
ll ask(const vector<int> &w);
void answer(int s, int t);
const int N=90005,M=130005;
const ll inf=1e15;
typedef pair<ll,int> PLI;
bool vis[N];
int pos,m,A,B,h[N],idx=1,e[M<<1],ne[M<<1],val[M<<1],id[N],p[2][N],sz[2];
ll res,d[2][N];
inline void add(int a,int b,int c){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],val[idx]=c,h[a]=idx++;}
inline void solve1(int n){
    vector <int> w;
    int l=0,r=m-1,mid,ans=0;
    while (l<=r){
        mid=l+r>>1,w.clear();
        for (int i=0;i<=mid;i++) w.push_back(1);
        for (int i=mid+1;i<=m-1;i++) w.push_back(0);
        if (ask(w)!=res) r=mid-1,ans=mid;
        else l=mid+1;
    }
    pos=ans;
}
inline void dijkstra(int n,int s,ll d[]){
    priority_queue <PLI,vector <PLI>,greater<PLI>> q;
    for (int i=0;i<n;i++) d[i]=inf,vis[i]=0;
    d[s]=0,q.push({d[s],s});
    while (!q.empty()){
        int u=q.top().second;q.pop();
        if (vis[u]) continue;
        vis[u]=1;
        for (int i=h[u];i;i=ne[i]){
            int v=e[i],w=val[i];
            if (d[v]>d[u]+w)
                d[v]=d[u]+w,q.push({d[v],v});
        }
    }
}
inline void bfs(int s,int o,int p[],int& sz){
    queue <int> q;
    memset(vis,0,sizeof vis);
    q.push(s),vis[s]=1,p[++sz]=s;
    while (q.size()){
        int u=q.front();q.pop();
        for (int i=h[u];i;i=ne[i]){
            int v=e[i];
            if (id[v]!=o||vis[v]||val[i]==B) continue;
            vis[v]=1,p[++sz]=v,q.push(v);
        }
    }
}
inline void solve2(int n,vector <int> U,vector <int> V){
    for (int i=0;i<pos;i++) add(U[i],V[i],B),add(V[i],U[i],B);
    for (int i=pos;i<m;i++) add(U[i],V[i],A),add(V[i],U[i],A);
    int x=U[pos],y=V[pos];
    dijkstra(n,x,d[0]),dijkstra(n,y,d[1]);
    for (int i=0;i<n;i++) id[i]=(d[0][i]>d[1][i]);
    bfs(x,0,p[0],sz[0]),bfs(y,1,p[1],sz[1]);
}
bool st[N];
inline int solve3(int p[],int sz,vector <int> U,vector <int> V){
    int l=1,r=sz,mid,ans=0;
    vector <int> W;
    for (int i=0;i<pos;i++) W.push_back(1);
    for (int i=pos;i<m;i++) W.push_back(0);
    while (l<=r){
        mid=l+r>>1;
        vector <int> w=W;
        for (int j=mid;j<=sz;j++) st[p[j]]=1;
        for (int j=0;j<m;j++)
            if (st[U[j]]||st[V[j]]) w[j]=1;
        for (int j=mid;j<=sz;j++) st[p[j]]=0;
        if (ask(w)==res) r=mid-1;
        else ans=mid,l=mid+1;
    }
    return p[ans];
}
void find_pair(int n, vector<int> U,vector <int> V,int _A,int _B){
    vector <int> w;m=U.size();A=_A,B=_B;
    for (int i=0;i<m;i++) w.push_back(0);
    res=ask(w),solve1(n),solve2(n,U,V);
    int S=solve3(p[0],sz[0],U,V),T=solve3(p[1],sz[1],U,V);
    answer(S,T);
}