P2685 [TJOI2012]桥（最短路+线段树）

P2685 [TJOI2012]桥

xcxcli题解
下面思路仿照上述题解，代码基本照抄上述题解

$u⇝vu\leadsto v$ 表示 $u$ 到 $v$ 的最短路
$u→vu\to v$ 表示 $u$ 和 $v$ 直接相连的边
$d1_u$ 表示 $1⇝u1\leadsto u$ 的最短路
$dn_u$ 表示 $n⇝vn\leadsto v$ 的最短路

题意化简一下就是让你求删除一条边使得 $1⇝n1\leadsto n$ 最大化，并求删边方案数。

首先不难发现，如果我们选择删除的边不在 $1⇝n1\leadsto n$ 的路径上，并不会对 $1⇝n1\leadsto n$ 的大小产生影响，也就是如果要产生影响必须删除该路径上的一条边。

不妨假设 $1⇝n1\leadsto n$ 路径上的点如下
$1→⋯→a→b→c→d→⋯→n1\to \dots\to a\to b{\color{red}\to} c \to d \to \dots \to n$
如果我们现在选择删除 $b→cb\to c$ 这条边，发现这条路径被切成两部分 $1→⋯→a→b1\to \dots\to a\to b$ 和 $\to d \to \dots \to n$ ，由于我们现在已经删除 $b→cb\to c$ 这条边，新的 $1⇝n1\leadsto n$ 一定是 $1⇝x⇝u→v⇝y⇝n1\leadsto x\leadsto u\to v\leadsto y\leadsto n$ ，并且 $x∈1→⋯→a→b,y∈c→d→⋯→nx\in 1\to \dots\to a\to b,y\in c \to d \to \dots \to n$

也就是我们现在让其强制走一条不在 $1⇝n1\leadsto n$ 上的路径即 $u→vu\to v$ ，并且走此路径能够避开 $b→cb\to c$ ， $1⇝x⇝u→v⇝y⇝n1\leadsto x\leadsto u\to v\leadsto y\leadsto n$ 路径的权值显然是 $d1u+wu→v+dnvd1_u+w_{u\to v}+dn_v$ ，让其更新删除 $b→cb\to c$ 后 $1⇝n1\leadsto n$ 的最短路。

显然我们不能枚举 $x, y$ 然后在枚举 $\to v$ 去更新删除 $b→cb\to c$ 的结果，有一个直接的想法就是 $1⇝x⇝u→v⇝y⇝n1\leadsto x\leadsto u\to v\leadsto y\leadsto n$ 路径能够避开哪些 $1→⋯→a→b→c→d→⋯→n1\to \dots\to a\to b{\color{red}\to} c \to d \to \dots \to n$ 的边，假设它能够避开 $a→b→c→da\to b\to c\to d$ 显然这个结果能够更新删除 $a→ba\to b$ 或者 $b→cb\to c$ 或者 $c→dc\to d$ 的答案。

于是我们只需要枚举 $u→vu\to v$ 这条边（需要保证此边不在 $1⇝n1\leadsto n$ 的路径上），然后找到 $1⇝x⇝u→v⇝y⇝n1\leadsto x\leadsto u\to v\leadsto y\leadsto n$ 能够避开哪些边（仔细想想可知避开的路径一定是连续的），进行区间更新（线段树）即可。
这也是上述博客预处理 $L_u$ 和 $R_u$ 的原因！！！

有了上述两个数组那么 $1⇝x⇝u→v⇝y⇝n1\leadsto x\leadsto u\to v\leadsto y\leadsto n$ 避开的路径则是 $Lu⇝RvL_u \leadsto R_v$ 之间的边。

dengyaotriangle详细证明

#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
constexpr int N=100010,M=400010;
constexpr int INF=0x3f3f3f3f;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
void add(int a,int b,int c){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],w[idx]=c,h[a]=idx++;}
int n,m;
bool st[N];
int d1[N],dn[N];
int path[N],cnt,id[N];
bool in[M];
int L[N],R[N],ans[N];
void dijkstra(int S,int d[])
{memset(d,0x3f,(n+1)*sizeof(int));memset(st,0,sizeof st);d[S]=0;priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >q;q.push({0,S});while(q.size()){int u=q.top().second;q.pop();if(st[u]) continue;st[u]=1;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(d[v]<=d[u]+w[i]) continue;d[v]=d[u]+w[i];q.push({d[v],v});}}
}
void bfs(int k,int d[],int f[])
{queue<int> q;q.push(path[k]);f[path[k]]=k;while(q.size()){int u=q.front();q.pop();for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(!id[v]&&!f[v]&&d[u]+w[i]==d[v]) f[v]=k,q.push(v);}}
}
struct node
{int l,r,v;
}tree[N<<2];
void build(int u,int l,int r)
{tree[u]={l,r,INF};if(l==r) return;int mid=l+r>>1;build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
}
void modify(int u,int l,int r,int x)
{if(tree[u].l>=l&&tree[u].r<=r) return tree[u].v=min(tree[u].v,x),void();int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;if(l<=mid) modify(u<<1,l,r,x);if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r,x);
}
void pushdown(int u)
{if(tree[u].l==tree[u].r){ans[tree[u].l]=tree[u].v;return;}tree[u<<1].v=min(tree[u<<1].v,tree[u].v);tree[u<<1|1].v=min(tree[u<<1|1].v,tree[u].v);int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;pushdown(u<<1),pushdown(u<<1|1);}
int main()
{cin>>n>>m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<=m;i++){int a,b,c;cin>>a>>b>>c;add(a,b,c),add(b,a,c);}dijkstra(1,d1),dijkstra(n,dn);// 预处理1->n路径上的点int u=1;while(u!=n){path[++cnt]=u;id[u]=cnt;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(dn[v]+w[i]==dn[u]) {in[i]=1;u=v;break;}}}path[++cnt]=n;id[n]=cnt;//1->n路径上的点 for(int i=1;i<=cnt;i++) bfs(i,d1,L),bfs(i,dn,R);--cnt;build(1,1,cnt);//我们将1->n路径上的边编号for(int u=1;u<=n;u++)for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(!in[i]&&L[u]<R[v])// L[u]->R[v]边的编号是L[u]->R[v]-1modify(1,L[u],R[v]-1,d1[u]+w[i]+dn[v]);}pushdown(1);int mx=0,res=0;for(int i=1;i<=cnt;i++){if(mx<ans[i]) mx=ans[i],res=1;else if(mx==ans[i]) res++;}if(mx==d1[n]) res=m;cout<<mx<<' '<<res<<'\n';
}