P8906 [USACO22DEC] Breakdown P
Solution
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經典 trick，刪邊比較難處理，轉換成加邊，倒著處理。
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那我們接下來要考慮，怎麼記錄狀態，以及，每加一次邊要如何更新狀態。
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還是比較套路地，我們可以求出 \(1\) 到某個點 \(i\) 經過 \(k/2\) 條邊的最短路，再求出 \(i\) 到 \(n\) 經過 \(k-k/2\) 條邊的最短路。根據這種思想，我們可能會思考折半搜尋，分治之類的演算法來解決這道題。
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如果我們要求 \(k/2\)，就要求 \(k/4\)，然後又要求 \(k/8\)。注意資料範圍 \(k\le 8\)，這種資料範圍可能會成為解題的關鍵。那麼，\(k/2\le 4\)，\(k/4\le 2\)，\(k/8\le 1\)。\(1\) 顯然就是邊界，就等於兩點間的邊權。如何求 \(2\) 呢？是不是隻需要合併兩條邊。求 \(4\) 只需要把 \(2\) 的答案合併。這樣一來，我們要記錄的資訊就非常少，不需要去寫分治之類的遞迴程式。
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至於怎麼合併。我們先考慮 \(1\) 到某一點 \(i\) 的情況，\(i\) 到 \(n\) 同理。我們設 \(f_i\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 經過 \(k/2\) 條邊的最短路，設 \(g_{i,j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 只經過兩條邊的最短路。為啥 \(f\) 只記錄終點，\(g\) 要記錄起點和終點，因為 \(f\) 顯然只有終點才是有用的，\(g\) 的話要記錄起點和終點才能合併給 \(f\)，不然咋合併？
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先大致口胡一遍演算法。
- 如果 \(k/2=4\)，那 \(g+g\to f\)。
- 如果 \(k/2=3\)，那麼 \(g+w\to f\)，\(w\) 是邊權。
- 如果 \(k/2=2\)，那麼 \(g\to f\)。
- 如果 \(k/2=1\)，那麼 \(w\to f\)。
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那我們接下來考慮如何更新狀態，且是在正確的複雜度內。
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先考慮如何更新 \(g\)。假設當前加的是邊 \((u\to v)\)，那麼 \(i\to u\to v\) 這條路徑可能被更新 (\(i\) 是任意點)，\(O(n)\) 列舉一個 \(i\)，路徑 \(u\to v\to j\) 也可能被更新，再 \(O(n)\) 列舉一個 \(j\)。更新 \(g\) 的總複雜度 \(O(n)\)。
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考慮如何更新 \(f\)，這裡以 \(k/2=4\) 為例。
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假設 \(f_i\) 經過的是這樣一條邊 \(1\to u\to v\to j\to i\)。
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如果當前加的邊是 \(j\to i\)，那麼只需要 \(O(n)\) 列舉一個 \(v\)，然後 \(g_{1,v}+g_{v,i}\to f_i\) 即可。
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如果當前加的邊是 \(v\to j\)，只需要 \(O(n)\) 列舉 \(i\)，然後 \(g_{1,v}+g_{v,i}\to f_i\)。
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如果當前加的邊是 \(u\to v\)，\(O(n)\) 列舉 \(i\)，然後也是 \(g_{1,v}+g_{v,i}\to f_i\)。(欸，怎麼寫起來都是一樣的，不管了qwq)
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以上情況的總複雜度都是 \(O(n)\)。
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那如果當前加入的是 \(1\to u\) 呢？我們肯定要 \(O(n^2)\) 列舉 \(v\) 和 \(i\)，但是注意到，起點為 \(1\) 的邊只有 \(O(n)\) 條，於是均攤複雜度只有 \(O(n^3)\)，還是能過的。
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綜上，總複雜度 \(O(n^3)\)，於是就可以愉快地 coding 了。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const int N = 3e2 + 5, M = N * N, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, k, w[N][N], ans[M];
void Min(int &a, int b) {return a = min(a, b), void();}
struct Edge {int u, v;} e[M];
struct Worker {
int f[N]; // st(起點) 到 i 的經過 k 條邊的最短路
int g[N][N]; // i 到 j 經過 2 條邊的最短路
int w[N][N]; // 邊權
int st, k;
void init(int _st, int _k) {
st = _st, k = _k;
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
memset(g, 0x3f, sizeof(g));
memset(w, 0x3f, sizeof(w));
}
void add(int u, int v, int _w) {
w[u][v] = _w;
if (k == 1) {
if (u == st) f[v] = w[u][v];
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Min(g[i][v], w[i][u] + w[u][v]);
Min(g[u][i], w[u][v] + w[v][i]);
}
if (k == 2) {
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = g[st][i];
return;
}
if (k == 3) {
if (u == st) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
Min(f[i], g[u][j] + w[j][i]);
}
}
} else {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Min(f[i], w[st][u] + g[u][i]);
Min(f[i], w[st][v] + g[v][i]);
// Min(f[u], w[st][i] + g[i][u]); 該情況不會被更新
Min(f[v], w[st][i] + g[i][v]);
}
}
}
if (k == 4) {
if (u == st) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
Min(f[i], g[u][j] + g[j][i]);
}
}
} else {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Min(f[i], g[st][u] + g[u][i]);
Min(f[i], g[st][v] + g[v][i]);
// Min(f[u], g[st][i] + g[i][u]); 該情況不會被更新
Min(f[v], g[st][i] + g[i][v]);
}
}
}
}
}work1, workn;
int main() {
cin >> n >> k;
m = n * n;
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) cin >> w[i][j];
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> e[i].u >> e[i].v;
int k1 = k / 2, kn = k - k1;
work1.init(1, k1), workn.init(n, kn);
for (int i = m; i >= 1; i--) {
ans[i] = inf;
for (int j = 1; j <= n; j++) ans[i] = min(ans[i], work1.f[j] + workn.f[j]);
work1.add(e[i].u, e[i].v, w[e[i].u][e[i].v]);
workn.add(e[i].v, e[i].u, w[e[i].u][e[i].v]);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) cout << (ans[i] == inf ? -1 : ans[i]) << "\n";
return 0;
}```