problem

给定一张图 $n$ 个点 $m$ 条边，并给定阈值 $k$，以及起终点 $s,t$。

然后每条边经过都需要支付 $w$ 的花费，形如 $(u,v,w)$ 格式给出。

求 $s\to t$ 的最小花费。

最小花费定义如下：

• 如果该路径经过的边数 $\le k$，则就是该路径的边权和。
• 如果该路径经过的边数 $>k$，则只需要求前 $k$ 大的边权和。

$n,k\le 1000,m\le 2000,1\le w_i\le 1e9$。

原题：CF Gym 101630 J

solution

考试设计的部分分实际上能让纯暴力搜路径做法拿到 70 的高分？！！(○´･д･)ﾉ

我们直接枚举第 $k$ 大的边权 $x$，然后把所有边权全都减去 $x$，当然需要和 $0$ 比 $\text{max}$。

然后求 $s\to t$ 的最短路 $+x\ast k$ 就是最短路的真正花费，再全局取最小值即可。

这样子做，我们可以求出所有第 $k$ 大边权是 $x$ 的所有路径。

如果这条路径不足 $k$，那么你让 $k$ 大边权为 $0$ 就行了。

接下来我们要证明此时所有第 $k$ 大边权 $\ne x$ 的路径花费都不存在算得比真实花费小的情况。

只要不影响到最终答案即可。

证明其实很简单。可能不太严谨？？

• 第 $k$ 大边权 $<x$。

  那么前 $k$ 大至少有一个减掉后边权成为 $0$，后面用 $k\ast x$ 抵消这个减去的边权时，相当于多弥补了一些花费。

• 第 $k$ 大边权 $>x$。

  那么除去前 $k$ 大，后面的某些边权可能也会 $>x$，减去后还是存在花费会被统计进路径中。

  而实际上后面这些边权都是不用算的。

那么这道题就变成了 $O(n^2\log n)$ 了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1005
#define int long long
#define Pair pair < int, int >
int n, m, k, s, t;
struct edge{ int u, v, w; }E[maxn << 1];
priority_queue < Pair, vector < Pair >, greater < Pair > >q;
int dis[maxn];
vector < pair < int, int > > G[maxn];int dijkstra() {memset( dis, 0x3f, sizeof( dis ) );q.push( make_pair( dis[s] = 0, s ) );while( ! q.empty() ) {int u = q.top().second; int w = q.top().first; q.pop();if( dis[u] ^ w ) continue;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i].first; w = G[u][i].second;if( dis[v] > dis[u] + w ) q.push( make_pair( dis[v] = dis[u] + w, v ) );}}return dis[t];
}int solve( int x ) {for( int i = 1;i <= n;i ++ ) G[i].clear();for( int i = 1;i <= m;i ++ ) G[E[i].u].push_back( make_pair( E[i].v, max( 0ll, E[i].w - x ) ) );   return dijkstra() + x * k;
}signed main() {scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &n, &m, &k, &s, &t );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%lld %lld %lld", &E[i].u, &E[i].v, &E[i].w );int ans = solve( 0 );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) ans = min( ans, solve( E[i].w ) );printf( "%lld\n", ans );return 0;
}