graph

【from new_dtoj 3970: graph】
题目描述
小f 的女朋友送给小f 一个有n个点m条边的无向图。但是这个无向图太大了，小f 的女朋友拿不动，于是小f 希望只保留图的一部分。在这张图上，对于第i条边ui,vi，从ui 到vi的代价为ai，从vi到ui的代价为bi。
小f 希望只保留一个包含1号点的有向环(不能有重复的点)，使得环上代价之和最小。
输入
第一行两个正整数表示n,m。
接下来m行，每行4个数，分别代表ui,vi,ai,bi。
输出
一行一个数，表示最小的代价。
样例输入
样例输入1
3 3
1 2 1 1000
2 3 1 1000
1 3 10000 1
样例输入2
13 15
1 2 5 5
2 3 10 10
3 4 5 5
4 5 100 100
5 6 20 20
6 7 17 17
7 2 15 15
5 9 2000 2000
9 10 8 8
10 11 7 7
11 12 8 8
12 13 7 7
13 8 8 8
8 9 7 7
1 12 10 10
样例输出
输出样例1
3
输出样例2
2089
提示
样例解释1
最小的环为1→2,2→3,3→1。
数据范围
对于前30%的数据，n,m≤50;
对于前75%的数据，n,m≤5000;
对于100%的数据，n≤$3×10^4$,2≤m≤$10^5$,0≤ai,bi≤$10^4$。
题解：
最开始的想法，把1 号点拆成两个点，一个连全部的入边，一个连全部的出边，直接最短路。但这个算法明显错误，因为与1 号点相邻的点可能出现重复走的情况。所以就会想到说与1号点相连的点是起点/终点。于是可以暴力出哪一些点是起点，哪一些点是终点，然后求出$min(dist(1→u)+dist(u→v)+dist(v→1))$但是这样只能过30分（貌似可以卡常到65？）
但是事实上我们只需要分出一些情况，使得对于任意(u,v)
1.都当做是起点
2.都当做是终点
3.一个是起点，一个是终点
巧妙的二进制分组，也就是说因为对于任意的编号是不同的，所以枚举二进制位k，把第k位上是1的点当做起点，把为0的点当做终点，再反过来，把第k位上是0的点当做起点，把为1的点当做终点，这样所有的情况就都保证了
现在的问题在于每次分组，怎样只跑一遍最短路就可以就出$min(dist(1→u)+dist(u→v)+dist(v→1))$于是我们多加一个点，编号为n+1，从1连向u，从v连向n+1，所以问题就等价于求出1到n+1的最短路了
于是就只要走$log n$遍最短路
代码如下：

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <queue>
#define _(d) while(d(isdigit(c=getchar())))
#define I inline
using namespace std;
I int R(){
    int x,f=1;char c;_(!)c=='-'?f=0:f;x=(c^48);
    _()x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);return f?x:-x;
}
const int M=1e5+5,N=3e4+5;
int n,m,h[N],V[M*2],W[M*2],nex[M*2],h2[N],c,t,tt,ans=1e9,d[N];
bool vis[N];struct O{int x,y,a,b;}p[N];queue<int>q;
I void add(int u,int v,int w,bool ty){
    V[++t]=v;W[t]=w;
    if (ty) nex[t]=h[u],h[u]=t;
    else nex[t]=h2[u];h2[u]=t;
}
I void S(){
    for (int i=1;i<=n+1;i++) d[i]=1e9,vis[i]=0;
    q.push(1);d[1]=0;vis[1]=1;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
        for (int i=h[x];i;i=nex[i])
            if (d[V[i]]>d[x]+W[i]){
                d[V[i]]=d[x]+W[i];
                if (!vis[V[i]]) q.push(V[i]),vis[V[i]]=1;
            }
        for (int i=h2[x];i;i=nex[i])
            if (d[V[i]]>d[x]+W[i]){
                d[V[i]]=d[x]+W[i];
                if (!vis[V[i]]) q.push(V[i]),vis[V[i]]=1;
            }
    }
    if (d[n+1]<ans) ans=d[n+1];
}
int main(){
    n=R();m=R();
    for (int x,y,a,b,i=1;i<=m;i++){
        x=R();y=R();a=R();b=R();
        if (x-1 && y-1) add(x,y,a,1),add(y,x,b,1);
        else{
            if (x>y) swap(x,y),swap(a,b);
            p[++tt]=(O){x,y,a,b};
        }
    }
    c=t;
    for (int i=0;(1<<i)<=n;i++){
        memset(h2,0,sizeof(h2));t=c;
        for (int k,j=1;j<=tt;j++){
            if ((1<<i)&p[j].y) add(1,p[j].y,p[j].a,0);
            else add(p[j].y,n+1,p[j].b,0);
        }
        S();
        memset(h2,0,sizeof(h2));t=c;
        for (int k,j=1;j<=tt;j++){
            if ((1<<i)&p[j].y) add(p[j].y,n+1,p[j].b,0);
            else add(1,p[j].y,p[j].a,0);
        }
        S();
    }
    return printf("%d\n",ans),0;
}