題面傳送門
一年前，折戟沉沙，後面忘了。
首先我們考慮折半搜尋去做這個題。對於 \(x\)，在正向的圖上跑 Dijkstra，對於 \(y\)，在反圖上跑 Dijkstra。當兩邊搜到同一個點的時候，所有的最短路都可以表示成：\(x\to x'\to y'\to y\)，其中 \(x'\) 是 \(x\) 已經擴充套件過的點，\(y'\) 是 \(y\) 已經擴充套件過的點，結合 Dijkstra 的流程不難說明這個貪心的正確性。
我們發現，在兩邊碰撞之前，每次擴充套件的點都是完全獨立的，因此如果兩邊擴充套件相同的點數，那麼相當於每次隨機抽一個點出來問什麼時候會抽出來一個點兩次，由生日悖論容易說明只需要進行 \(O(\sqrt n)\) 次擴充套件。
因為圖是隨機的，所以可以認為每個點的期望度數是 \(O(\frac{m}{n})\) 級別的，因此上述過程的複雜度就是 \(O(qmn^{-\frac{1}{2}}\log n)\) 的，可以透過 55p。
我們希望能把 \(m\) 最佳化掉。首先是 Dijkstra 部分，我們可以先對於每個點的出邊按照邊權排序，那麼對於一個點的出邊，肯定是邊權小的邊先入堆，然後才是邊權大的邊入堆，因此堆的操作次數就只與點數線性相關了。
這個時候你會發現你已經能過了，第一部分的複雜度被最佳化到了 \(O(n^{\frac{1}{2}}\log n)\)，但是第二部分的複雜度還是 \(O(mn^{-\frac{1}{2}})\)，雖然其實 \(O(m^{\frac{3}{4}})\) 的單次詢問看上去已經很能過了，但是我們可以做到更好。記 \(dis_{x,y}\) 表示從 \(x\) 走到 \(y\) 的最短路，中間交匯的點為 \(r\)，則現在實際上已經有了一個最短路 \(dis_{x,r}+dis_{r,y}\)，假設我們現在的最短路是 \(dis_{x,s}+w_{s,t}+dis_{t,y}\)，則 \(w_{s,t}\leq 2\max(dis_{x,r}-dis_{x,s},dis_{r,y}-dis_{t,y})\)。如果右側沒有 \(2\) 的係數，那麼邊數就是前面 Dijkstra 遍歷的邊數，是 \(O(\sqrt n)\) 級別的，加了這個 \(2\)，感性理解一下，也就乘個 \(O(1)\) 倍，因此後面部分的複雜度也就和前面一樣了。
但是更慢了怎麼會是呢？
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