P2483 【模板】k 短路 / [SDOI2010] 魔法猪学院

题目：

题目背景
注：对于 kk 短路问题，A* 算法的最坏时间复杂度是 O(nk \log n)O(nklogn) 的。虽然 A* 算法可以通过本题原版数据，但可以构造数据，使得 A* 算法在原题的数据范围内无法通过。事实上，存在使用可持久化可并堆的算法可以做到在 O((n+m) \log n + k \log k)O((n+m)logn+klogk) 的时间复杂度解决 kk 短路问题。详情见 OI-Wiki。

题目描述
iPig 在假期来到了传说中的魔法猪学院，开始为期两个月的魔法猪训练。经过了一周理论知识和一周基本魔法的学习之后，iPig 对猪世界的世界本原有了很多的了解：众所周知，世界是由元素构成的；元素与元素之间可以互相转换；能量守恒\ldots…。

iPig 今天就在进行一个麻烦的测验。iPig 在之前的学习中已经知道了很多种元素，并学会了可以转化这些元素的魔法，每种魔法需要消耗 iPig 一定的能量。作为 PKU 的顶尖学猪，让 iPig 用最少的能量完成从一种元素转换到另一种元素\ldots…等等，iPig 的魔法导猪可没这么笨！这一次，他给 iPig 带来了很多 11 号元素的样本，要求 iPig 使用学习过的魔法将它们一个个转化为 NN 号元素，为了增加难度，要求每份样本的转换过程都不相同。这个看似困难的任务实际上对 iPig 并没有挑战性，因为，他有坚实的后盾\ldots…现在的你呀！

注意，两个元素之间的转化可能有多种魔法，转化是单向的。转化的过程中，可以转化到一个元素（包括开始元素）多次，但是一但转化到目标元素，则一份样本的转化过程结束。iPig 的总能量是有限的，所以最多能够转换的样本数一定是一个有限数。具体请参看样例。

输入格式
第一行三个数 N, M, EN,M,E，表示 iPig 知道的元素个数（元素从 11 到 NN 编号），iPig 已经学会的魔法个数和 iPig 的总能量。

后跟 MM 行每行三个数 s_i, t_i, e_is
i
​
,t
i
​
,e
i
​
表示 iPig 知道一种魔法，消耗 e_ie
i
​
的能量将元素 s_is
i
​
变换到元素 t_it
i
​
。

输出格式
一行一个数，表示最多可以完成的方式数。输入数据保证至少可以完成一种方式。

输入输出样例
输入 #1复制
4 6 14.9
1 2 1.5
2 1 1.5
1 3 3
2 3 1.5
3 4 1.5
1 4 1.5
输出 #1复制
3
说明/提示
有意义的转换方式共 44 种：

1\to 41→4，消耗能量 1.51.5。

1\to 2\to 1\to 41→2→1→4，消耗能量 4.54.5。

1\to3\to41→3→4，消耗能量 4.54.5。

1\to2\to3\to41→2→3→4，消耗能量 4.54.5。

显然最多只能完成其中的 33 种转换方式（选第一种方式，后三种方式任选两个），即最多可以转换 33 份样本。

如果将 E=14.9E=14.9 改为 E=15E=15，则可以完成以上全部方式，答案变为 44。

数据规模
占总分不小于 10%10% 的数据满足 N \leq 6,M \leq 15N≤6,M≤15。

占总分不小于 20%20% 的数据满足 N \leq 100,M \leq 300,E\leq100N≤100,M≤300,E≤100 且 EE 和所有的 e_ie
i
​
均为整数（可以直接作为整型数字读入）。

所有数据满足 2 \leq N \leq 50002≤N≤5000，1 \leq M \leq 2000001≤M≤200000，1 \leq E \leq 10 ^ 71≤E≤10
7
，1 \leq ei\leq E1≤ei≤E，EE 和所有的 e_ie
i
​
为实数。

解析

对于原图以 tt 为根建出任意一棵最短路径树 TT，即反着从 tt 跑出到所有点的最短路 disdis

它有一些性质：

性质1：

对于一条 ss 到 tt 的路径的边集 PP，去掉 PP 中和 TT 的交集，记为 P’P
′
。

那么 P’P
′
对于中任意相邻(从 ss 到 tt 的顺序)的两条边 e,fe,f，满足 ff 的起点在 TT 中为 ee 的终点的祖先或者为相同点。

因为 PP 中 e,fe,f 之间由树边相连或者直接相连。

性质2：

对于不在 TT 中的边 ee ，设 uu 为起点，vv 为终点，ww为权值。

定义 \Delta_e=dis_v+w-dis_uΔ
e
​
=dis
v
​
+w−dis
u
​
，即选这条边的路径和最短路的长度的差

设 L_PL
P
​
表示路径长度，则有

L_P=dis_s+\sum_{e\in p’}\Delta_e
L
P
​
=dis
s
​
+
e∈p
′

∑
​
Δ
e
​

这很显然。

性质3：

对于满足性质 11 的 P’P
′
的定义的边集 SS，有且仅有一条 ss 到 tt 的路径的边集 PP，使得 P’=SP
′
=S。

因为树 TT 上的两个点之间有且仅有一条路径。

问题转化

求第 kk 小的满足性质 11 的 P’P
′
的定义的边集

算法

用小根堆维护边集 PP

初始 PP 为空集（实际上只要维护边集当前尾部的边的起点是哪一个就好了，空集即 ss）

每次取出最小权值的边集 PP，设当前尾部的边的起点为 xx

有两种方法可以得到一个新的边集：

**1.**替换 xx 为起点的这条边为一条刚好大于等于它的非树边。

**2.**尾部接上一条起点为以 xx 为起点的这条边的终点在 TT 中祖先(包括自己)连出去的所有非树边的最小边。

然后就是怎么维护祖先出去的所有非树边的最小边：

显然可以从祖先转移过来，直接可并堆即可。

又因为要保留每个点的信息，所以合并的时候可持久化即可

和线段树合并的可持久化一样，然后就可以过了。

建议可以看一看课件

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template <class Num> inline void Cmax(Num &x, const Num y) {
	x = y > x ? y : x;
}

template <class Num> inline void Cmin(Num &x, const Num y) {
	x = y < x ? y : x;
}

const int maxn(5005);
const int maxm(2e5 + 5);
const double eps(1e-8);

int n, m, first[maxn], cnt, vis[maxn], rt[maxn], tot, cov[maxm << 1], ans, fa[maxn];
double se, e, dis[maxn];
priority_queue < pair <double, int> > q;

struct Heap {
	int ls, rs, dis, ed;
	double w;
} tr[maxm * 20];

struct Edge {
	int to, next;
	double w;
} edge[maxm << 1];

inline void Add(int u, int v, double w) {
	edge[cnt] = (Edge){v, first[u], w}, first[u] = cnt++;
	edge[cnt] = (Edge){u, first[v], w}, first[v] = cnt++;
}

inline int NewNode(double w, int ed) {
	int x = ++tot;
	tr[x].w = w, tr[x].dis = 1, tr[x].ed = ed;
	return x;
}

int Merge(int x, int y) {
	if (!x || !y) return x + y;
	if (tr[x].w - tr[y].w >= eps) swap(x, y);
	int p = ++tot;
	tr[p] = tr[x], tr[p].rs = Merge(tr[p].rs, y);
	if (tr[tr[p].ls].dis < tr[tr[p].rs].dis) swap(tr[p].ls, tr[p].rs);
	tr[p].dis = tr[tr[x].rs].dis + 1;
	return p;
}

void Dfs(int u) {
	vis[u] = 1;
	for (int e = first[u], v; e != -1; e = edge[e].next)
		if (e & 1) {
			double w = edge[e].w;
			if (fabs(dis[u] + w - dis[v = edge[e].to]) < eps && !vis[v])
				fa[v] = u, cov[e ^ 1] = 1, Dfs(v);
		}
}

int main() {
	memset(first, -1, sizeof(first));
	memset(dis, 127, sizeof(dis));
	scanf("%d%d%lf", &n, &m, &se);
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) scanf("%d%d%lf", &u, &v, &e), Add(u, v, e);
	dis[n] = 0, q.push(make_pair(0, n));
	while (!q.empty()) {
		int u = q.top().second;
		q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (int e = first[u]; ~e; e = edge[e].next)
			if (e & 1) {
				int v = edge[e].to;
				if (dis[v] - (dis[u] + edge[e].w) >= eps)
					q.push(make_pair(-(dis[v] = dis[u] + edge[e].w), v));
			}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[i] = 0;
	Dfs(n);
	for (int e = 0, u, v; e < cnt; e += 2)
		if (!cov[e]) {
			u = edge[e ^ 1].to, v = edge[e].to;
			if (dis[u] == dis[0] || dis[v] == dis[0]) continue;
			rt[u] = Merge(rt[u], NewNode(dis[v] + edge[e].w - dis[u], v));
		}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) q.push(make_pair(-dis[i], i));
	for (int i = 1, u; i <= n; ++i) {
		u = q.top().second, q.pop();
		if (fa[u]) rt[u] = Merge(rt[u], rt[fa[u]]);
	}
	if (dis[1] - se < eps) se -= dis[1], ++ans;
	if (rt[1]) q.push(make_pair(-tr[rt[1]].w, rt[1]));
	while (!q.empty()) {
		int ed = q.top().second;
		double cur = q.top().first, w = dis[1] - cur;
		if (w - se >= eps) break;
		q.pop(), se -= w, ++ans;
		for (int i = 0; i < 2; ++i) {
			int nxt = i ? tr[ed].rs : tr[ed].ls;
			if (nxt) q.push(make_pair(cur + tr[ed].w - tr[nxt].w, nxt));
		}
		if (rt[tr[ed].ed]) q.push(make_pair(cur - tr[rt[tr[ed].ed]].w, rt[tr[ed].ed]));
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

拜拜！！