AtCoder Regular Contest 061 E - Snuke’s Subway Trip

problem

洛谷翻译

my idea

最近一直在做网络流，所以一读这题后，我就想到了最小费用流。

首先的问题就是建边问题。

不同线路到达同一个点从而引发后面的费用是相互独立的，不能由同一个点表示。

所以我想到了拆点，把每条边对应的两个点都分别拆出一个虚点，此虚点就代表这条边的颜色。

显然每个点只会拆出与之关联的边不同颜色的个数，而一条边只关联两个点，这最多是 $O(n+2m)$ 的。

到目前为止都是可以接受的。

然后就是从一个站点到另一个站点之间的连边，发现如果要把所有情况都包含，必须一个站点的所有拆点都向另一个站点的所有拆点连边，费用为 $1/0$。别的不说，这边数就是 $O(m^2)$ 级别的了。

肯定的，我们非常想把每个站点的拆点都缩成一个虚点。

颜色不同的连虚点费用 $1$，颜色相同就不管。然而——stuck

solution

将边当作点，正反向边分别建点，建立源汇 $s,t$。

先将原图每个节点 $u$ 按照出边的颜色排序，保证相同颜色的出点 $v$ 是连续的一段区间。

【以下在新图中连边参与的“点”都是指把边当作点时，边的编号】

• 正反向边之间连边，费用 $0$。

• 如果边起点为 $1$，连边 $(s,id,1)$。因为从 $s$ 开始就相当于换了公司。

• 如果 $u$ 相同的两条相邻出边 $i{d}_1,i{d}_2$ 颜色一样，那么相互连边 $(i{d}_1,i{d}_2,0),(i{d}_2,i{d}_1,0)$。

  因为这两条边可以免费走。这样一段连续的相同颜色的边两两之间都可以免费走了。

• 考虑颜色转化的点，暴力连边如上面是会卡成平方的。

  新建一个虚点，对于 $u$ 出边的每种颜色，随便取一条可以代表这种颜色的边向虚点连边 $1$。

  【上一个连边知道了相同颜色的边是两两之间随便走的，所以随便选哪条连虚点都不影响。】

  虚点往这条随便选取的边连边 $0$。

  往虚点走就证明已经换了一家公司，然后虚点走向的点就是换完后代表的公司了。

  如果不走虚点就表示不换公司。

• 如果边终点为 $n$，连边 $(u,t,0)$。

每个点只会建立一个虚点，每条边拆成正反两条边，还有源汇，总点数为 $O(n+2m+2)$。

边数也是差不多级别的。

费用只有 $0/1$ 之分，而且这个费用可以看作是边权。

0/1 bfs 可以做到线性，但是堆优化 dijkstra 跑个最短路，更板子不用脑一点直接写。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2000005
#define inf 0x7f7f7f7f
#define Pair pair < int, int >
struct node { int v, c, id; };
vector < node > E[maxn];
vector < Pair > G[maxn];
priority_queue < Pair, vector < Pair >, greater < Pair > > q;
int n, m, s, t;
int dis[maxn], tag[maxn];void dijkstra() {memset( dis, 0x7f, sizeof( dis ) );q.push( { dis[s] = 0, s } );while ( q.size() ) {int u = q.top().second, d = q.top().first; q.pop();if( dis[u] ^ d ) 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 ) {dis[v] = dis[u] + w;q.push( { dis[v], v } );}}  }
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, u, v, c;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &u, &v, &c );E[u].push_back( { v, c, i << 1 } );E[v].push_back( { u, c, i << 1 | 1 } );}s = 1, t = m * 2 + 2; int tot = t;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {tot ++;sort( E[i].begin(), E[i].end(), []( node x, node y ) { return x.c < y.c; } );for( int j = 0;j < E[i].size();j ++ ) {int k = E[i][j].v, c = E[i][j].c, id = E[i][j].id;if( tag[c] ^ i ) {tag[c] = i;G[tot].push_back( { id, 0 } );G[id].push_back( { tot, 1 } );}G[id].push_back( { id ^ 1, 0 } );if( i == 1 ) G[s].push_back( { id, 1 } );if( k == n ) G[id].push_back( { t, 0 } );if( j and c == E[i][j - 1].c ) G[id].push_back( { E[i][j - 1].id, 0 } ), G[E[i][j - 1].id].push_back( { id, 0 } );}}dijkstra();printf( "%d\n", dis[t] == inf ? -1 : dis[t] );return 0;
}