图论拆点方法(chatgpt问答)
图论拆点方法解析
Prompt:
图论 拆点有2种写法， 一种是扩展状态，一种直接分层图建图加边，两种写法有什么区别？如果需要代码解析，请用c++
Response:
你提到的“拆点”技术，在图论中特别是在解决状态转移（如多种费用、限制、权值）的最短路径问题中非常常见。
常见的两种拆点方式是：
🧠 总体理解：
| 方法 | 原理 | 应用场景 | 复杂度 | 灵活性 |
|---|---|---|---|---|
| 1. 扩展状态 Dijkstra | 用元组/结构体维护 (点编号, 附加状态) |
状态有限，变化规则复杂 | 更高（看状态数） | 非常灵活 |
| 2. 分层建图 | 每个状态拆出一个新点，建出完整图 | 状态种类少，边权简单 | 较低（边提前算好） | 较直观 |
🧱 1. 扩展状态（Dijkstra+状态结构体）
适合：状态空间变化复杂或不易建图的情况
核心思想：在Dijkstra中把状态放进优先队列，每次根据当前状态转移到下一个状态。
🌰 示例：从点 S 到 T，最多只能用一次“免费通行卡”
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
struct State {
int node; // 当前点
int used_free; // 是否已经使用过免费卡（0或1）
int dist; // 当前距离
bool operator<(const State& other) const {
return dist > other.dist; // 小根堆
}
};
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<pii>> g(n + 1); // g[u] = {{v, w}}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({v, w});
g[v].push_back({u, w});
}
vector<vector<int>> dist(n + 1, vector<int>(2, 1e9));
priority_queue<State> pq;
dist[1][0] = 0;
pq.push({1, 0, 0});
while (!pq.empty()) {
State s = pq.top(); pq.pop();
int u = s.node, used = s.used_free, d = s.dist;
if (d > dist[u][used]) continue;
for (auto [v, w] : g[u]) {
// 正常走
if (dist[v][used] > d + w) {
dist[v][used] = d + w;
pq.push({v, used, dist[v][used]});
}
// 使用免费卡
if (!used && dist[v][1] > d) {
dist[v][1] = d;
pq.push({v, 1, d});
}
}
}
cout << min(dist[n][0], dist[n][1]) << endl;
}
🏗️ 2. 分层图建图
适合：状态离散且可以提前建边
核心思想：每个状态建一个虚拟节点，按照状态转移建图，再跑普通Dijkstra
🌰 示例：跟上面一样的题，用分层建图
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
const int INF = 1e9;
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
int N = n * 2; // 每个点拆为两个层：layer 0（未用卡）和 layer 1（已用卡）
vector<vector<pii>> g(N + 1); // g[u] = {{v, w}}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v, w;
// u0 -> v0 (正常走)
// u0 -> v1 (使用免费卡)
// u1 -> v1 (已使用卡后只能正常走)
cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({v, w}); // layer 0 -> layer 0
g[u].push_back({v + n, 0}); // layer 0 -> layer 1
g[u + n].push_back({v + n, w}); // layer 1 -> layer 1
g[v].push_back({u, w});
g[v].push_back({u + n, 0});
g[v + n].push_back({u + n, w});
}
vector<int> dist(N + 1, INF);
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<>> pq;
dist[1] = 0;
pq.push({0, 1}); // 起点在layer 0
while (!pq.empty()) {
auto [d, u] = pq.top(); pq.pop();
if (d > dist[u]) continue;
for (auto [v, w] : g[u]) {
if (dist[v] > d + w) {
dist[v] = d + w;
pq.push({dist[v], v});
}
}
}
cout << min(dist[n], dist[n * 2]) << endl; // 终点两个层都可能
}
✅ 两者对比总结：
| 对比点 | 扩展状态写法 | 分层图建图写法 |
|---|---|---|
| 灵活性 | ✅ 适合复杂状态、动态规则 | ❌ 只适合状态固定的情况 |
| 写法结构 | 编程灵活，用结构体 | 更接近标准图论 |
| 易读性 | 不容易直接看到图结构 | 图结构一目了然 |
| 调试难度 | 状态多容易出错 | 较低，图固定 |
| 效率 | 可能慢一点（状态空间大） | 较快，前期建好图 |
📌 总结建议：
-
如果你能“枚举状态 + 建图”，优先用 分层图建图，跑普通 Dijkstra。
-
如果状态很多、转移复杂，或者不能建完图，用 扩展状态写法。
-
考试/比赛中，如果有经验，扩展状态更通用；但调试不熟易错。
需要我给一个更复杂一点的例子，比如：多种操作、限制最多K次、或者边权会变化等吗？可以帮你挑一个典型的练手题。
Prompt:
限制最多K次
Response:
好！我们来讲一个非常经典的“限制最多使用K次特殊操作”的问题 —— 是“图论中拆点与扩展状态”应用最典型的场景之一。
🌟题目设计（你可以当成 AtCoder/牛客图论题练习）：
给定一个无向图，你从点 1 走到点 n。
每条边有费用 w，你有一个技能：“可以将任意一条边的花费变为 0”，但最多只能用 K 次。
求从 1 到 n 的最小花费。
方法一：使用扩展状态 + Dijkstra（推荐）
每个状态记录 (当前点, 已使用几次免费技能)。
✅ 代码实现：扩展状态写法（Dijkstra）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
const int INF = 1e9 + 7;
struct State {
int node, used_k, dist;
bool operator<(const State& rhs) const {
return dist > rhs.dist; // 小根堆
}
};
int main() {
int n, m, K;
cin >> n >> m >> K;
vector<vector<pii>> g(n + 1); // g[u] = {{v, w}}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({v, w});
g[v].push_back({u, w});
}
// dist[u][k] 表示到达 u，已经用了 k 次免费技能的最短距离
vector<vector<int>> dist(n + 1, vector<int>(K + 1, INF));
priority_queue<State> pq;
dist[1][0] = 0;
pq.push({1, 0, 0});
while (!pq.empty()) {
auto [u, k, d] = pq.top(); pq.pop();
if (d > dist[u][k]) continue;
for (auto [v, w] : g[u]) {
// 普通走
if (dist[v][k] > d + w) {
dist[v][k] = d + w;
pq.push({v, k, dist[v][k]});
}
// 使用免费技能
if (k < K && dist[v][k + 1] > d) {
dist[v][k + 1] = d;
pq.push({v, k + 1, d});
}
}
}
// 答案是到 n，使用 0~K 次免费技能中最小的那一个
int ans = *min_element(dist[n].begin(), dist[n].end());
cout << ans << endl;
}
📌 方法解析：
-
状态设计：每个点
u拆为K+1个状态（用了0次到K次技能） -
优先队列中加入状态结构体
-
遍历邻居时：
-
① 不使用免费：
dist[v][k] = d + w -
② 使用免费：
dist[v][k+1] = d + 0 = d
-
方法二：分层图拆点
如果你想用“建图”的方式，也可以把每个点拆为 K+1 层（表示用了多少次免费），然后每层之间建边。
但状态太多时建图麻烦，写起来会更臃肿，不推荐。
🧠 小结：
| 问题 | 建议写法 |
|---|---|
| 最多K次免费技能 | ✅ 扩展状态 Dijkstra |
| 状态很有限（比如只用过没用过） | ✅ 分层图建图 |
如果你想挑战一下，我可以出一个进阶版本，比如“每次免费只能在奇数编号边上用”、“免费技能只能连续使用”，这就要配合状态转移更复杂的拆点了～
你要继续试试吗？
Prompt:
要
Response:
好耶！咱们上难度💪
下面给你一个 进阶图论 + 状态扩展拆点 的综合题，结合了你刚刚提到的“最多K次使用免费技能”的情况，但加了一点点限制。
🌟挑战题：奇数编号边上才能使用免费技能（最多K次）
📄题目描述：
给定一个无向图，含 n 个点 m 条边，每条边编号为 1~m（输入顺序即编号），每条边有正整数权值 w。
你从点 1 出发，要到达点 n。你最多可以使用 K次免费技能，使一条边的费用变为 0，但只能在“编号为奇数”的边上使用。
求最小花费。
📥 输入格式：
n m K
u1 v1 w1
u2 v2 w2
...
um vm wm
✅ 解题思路：扩展状态（当前点 + 免费次数）
我们无法提前建出每个点连出去的状态图，所以选择 Dijkstra + 扩展状态。
🎯 状态设计：
struct State {
int node; // 当前点编号
int used_k; // 已经使用了几次免费技能（最多 K 次）
int dist; // 当前最短路
};
⚙️ 状态转移：
-
普通走：
dist[v][k] = d + w -
如果当前边编号是奇数，并且还可以免费用：
dist[v][k+1] = d
✅ C++ 实现：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
const int INF = 1e9 + 7;
struct Edge {
int to, w, id;
};
struct State {
int node, used_k, dist;
bool operator<(const State& rhs) const {
return dist > rhs.dist; // 小根堆
}
};
int main() {
int n, m, K;
cin >> n >> m >> K;
vector<vector<Edge>> g(n + 1);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({v, w, i});
g[v].push_back({u, w, i});
}
vector<vector<int>> dist(n + 1, vector<int>(K + 1, INF));
priority_queue<State> pq;
dist[1][0] = 0;
pq.push({1, 0, 0});
while (!pq.empty()) {
auto [u, k, d] = pq.top(); pq.pop();
if (d > dist[u][k]) continue;
for (auto [v, w, id] : g[u]) {
// 普通走
if (dist[v][k] > d + w) {
dist[v][k] = d + w;
pq.push({v, k, dist[v][k]});
}
// 使用免费技能（仅限编号为奇数的边）
if (id % 2 == 1 && k < K && dist[v][k + 1] > d) {
dist[v][k + 1] = d;
pq.push({v, k + 1, d});
}
}
}
cout << *min_element(dist[n].begin(), dist[n].end()) << endl;
}
💡 数据规模建议（适合你调试）：
-
1 ≤ n ≤ 10^4 -
1 ≤ m ≤ 5×10^4 -
0 ≤ K ≤ 10
✅ 拓展建议：
这个思路是很通用的。你可以扩展题目比如：
| 拓展限制 | 状态怎么变 |
|---|---|
| 免费技能只能连续使用 | 状态中加一维标记是否当前正在“连用” |
| 每次免费技能有冷却时间 | 状态中加“冷却计数器” |
| 技能使用后下一次加倍费用 | 状态中记录“前一次是否用过” |
需要我出一个“只能连续使用的免费技能”题目，并配套拆点写法吗？或者你自己也可以试着建一下。要不要我再引导一步？
Prompt:
要
Response:
太棒啦，来了！🔥 这题比前面那个“奇数编号边才能免费”更烧脑 —— 考验你状态设计能力和拆点思维！
🌟挑战题 2：免费技能只能连续使用，最多 K 次
📄题目描述：
给定一个无向图，有 n 个点 m 条边，每条边有正整数费用 w。你从点 1 出发，到达点 n。
你最多可以使用 K 次免费技能（使一条边变成花费 0），但使用技能必须是连续使用的，一旦中断就不能继续使用技能了。
换句话说，一旦你开始使用技能，第 1 次、第 2 次、第 3 次……可以一直用到第 K 次，
但如果中间某一次你选择了“正常付费走边”，就不能再用技能了。
求最小花费。
🧠 状态分析：
你现在有 3 个维度要考虑：
-
当前节点
u -
已经用了几次免费技能
k (0~K) -
当前是否正在连续使用免费技能（用
0表示未开始，1表示正在连用）
🎯 状态设计：dist[u][k][used]
-
u：当前节点 -
k：已使用免费技能次数（0~K） -
used：-
0：未启用免费状态 -
1：已启用（必须连用）
-
✅ C++实现（扩展状态）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
const int INF = 1e9 + 7;
struct Edge {
int to, w;
};
struct State {
int node, k_used, is_using, dist;
bool operator<(const State& rhs) const {
return dist > rhs.dist; // 小根堆
}
};
int main() {
int n, m, K;
cin >> n >> m >> K;
vector<vector<Edge>> g(n + 1);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({v, w});
g[v].push_back({u, w});
}
vector<vector<vector<int>>> dist(n + 1, vector<vector<int>>(K + 1, vector<int>(2, INF)));
priority_queue<State> pq;
dist[1][0][0] = 0;
pq.push({1, 0, 0, 0}); // 起点，不用技能起步
while (!pq.empty()) {
auto [u, k, used, d] = pq.top(); pq.pop();
if (d > dist[u][k][used]) continue;
for (auto [v, w] : g[u]) {
// 情况①：不用技能走
if (dist[v][k][0] > d + w) {
dist[v][k][0] = d + w;
pq.push({v, k, 0, dist[v][k][0]});
}
// 情况②：使用技能走
if (k < K) {
// 如果当前正在连用，可以接着用
if (used == 1 && dist[v][k + 1][1] > d) {
dist[v][k + 1][1] = d;
pq.push({v, k + 1, 1, d});
}
// 如果还没开始使用，可以现在开始用
if (used == 0 && dist[v][k + 1][1] > d) {
dist[v][k + 1][1] = d;
pq.push({v, k + 1, 1, d});
}
}
}
}
// 答案是所有状态到达n的最小值
int ans = INF;
for (int k = 0; k <= K; ++k)
for (int used = 0; used <= 1; ++used)
ans = min(ans, dist[n][k][used]);
cout << ans << endl;
}
✅ 示例输入：
5 5 2
1 2 5
2 3 10
3 4 2
4 5 1
1 3 100
-
不用技能：走 1→2→3→4→5，总花费 = 5+10+2+1 = 18
-
用技能连续2次：走 1→2（免费）→3（免费）→4→5，花费 = 0+0+2+1 = 3 ✅
📌 状态转移图像辅助理解：
每个点 u 拆成 (k, used) 两维：
- used = 0：表示从没用过技能 或者已经中断
- used = 1：表示技能正在连续使用中
🔚 小结：
| 状态 | 是否需要拆点 | 推荐写法 |
|---|---|---|
| 有K次技能限制 | 是 | 扩展状态Dijkstra |
| 技能必须连续使用 | 是（拆状态连通性） | ✅ 结构体 + 三维状态 |
想继续挑战吗？
可以试试下面这些扩展：
-
技能必须在开始前选择是否启用（不可中途开启）
-
技能使用一次需要冷却1步（不能连续用）
-
每用一次技能，下次边权变为双倍（惩罚机制）
-
从起点到终点，必须正好用 K 次技能
如果你感兴趣，我可以继续出其中一个并带你写拆点状态转换逻辑和代码。想要哪一个？
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