P8906 [USACO22DEC] Breakdown P
Solution
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经典 trick，删边比较难处理，转换成加边，倒着处理。
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那我们接下来要考虑，怎么记录状态，以及，每加一次边要如何更新状态。
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还是比较套路地，我们可以求出 \(1\) 到某个点 \(i\) 经过 \(k/2\) 条边的最短路，再求出 \(i\) 到 \(n\) 经过 \(k-k/2\) 条边的最短路。根据这种思想，我们可能会思考折半搜索，分治之类的算法来解决这道题。
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如果我们要求 \(k/2\)，就要求 \(k/4\)，然后又要求 \(k/8\)。注意数据范围 \(k\le 8\)，这种数据范围可能会成为解题的关键。那么，\(k/2\le 4\)，\(k/4\le 2\)，\(k/8\le 1\)。\(1\) 显然就是边界，就等于两点间的边权。如何求 \(2\) 呢？是不是只需要合并两条边。求 \(4\) 只需要把 \(2\) 的答案合并。这样一来，我们要记录的信息就非常少，不需要去写分治之类的递归程序。
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至于怎么合并。我们先考虑 \(1\) 到某一点 \(i\) 的情况，\(i\) 到 \(n\) 同理。我们设 \(f_i\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 经过 \(k/2\) 条边的最短路，设 \(g_{i,j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 只经过两条边的最短路。为啥 \(f\) 只记录终点，\(g\) 要记录起点和终点，因为 \(f\) 显然只有终点才是有用的，\(g\) 的话要记录起点和终点才能合并给 \(f\)，不然咋合并？
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先大致口胡一遍算法。
- 如果 \(k/2=4\)，那 \(g+g\to f\)。
- 如果 \(k/2=3\)，那么 \(g+w\to f\)，\(w\) 是边权。
- 如果 \(k/2=2\)，那么 \(g\to f\)。
- 如果 \(k/2=1\)，那么 \(w\to f\)。
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那我们接下来考虑如何更新状态，且是在正确的复杂度内。
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先考虑如何更新 \(g\)。假设当前加的是边 \((u\to v)\)，那么 \(i\to u\to v\) 这条路径可能被更新 (\(i\) 是任意点)，\(O(n)\) 枚举一个 \(i\)，路径 \(u\to v\to j\) 也可能被更新，再 \(O(n)\) 枚举一个 \(j\)。更新 \(g\) 的总复杂度 \(O(n)\)。
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考虑如何更新 \(f\)，这里以 \(k/2=4\) 为例。
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假设 \(f_i\) 经过的是这样一条边 \(1\to u\to v\to j\to i\)。
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如果当前加的边是 \(j\to i\)，那么只需要 \(O(n)\) 枚举一个 \(v\)，然后 \(g_{1,v}+g_{v,i}\to f_i\) 即可。
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如果当前加的边是 \(v\to j\)，只需要 \(O(n)\) 枚举 \(i\)，然后 \(g_{1,v}+g_{v,i}\to f_i\)。
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如果当前加的边是 \(u\to v\)，\(O(n)\) 枚举 \(i\)，然后也是 \(g_{1,v}+g_{v,i}\to f_i\)。(欸，怎么写起来都是一样的，不管了qwq)
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以上情况的总复杂度都是 \(O(n)\)。
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那如果当前加入的是 \(1\to u\) 呢？我们肯定要 \(O(n^2)\) 枚举 \(v\) 和 \(i\)，但是注意到，起点为 \(1\) 的边只有 \(O(n)\) 条，于是均摊复杂度只有 \(O(n^3)\)，还是能过的。
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综上，总复杂度 \(O(n^3)\)，于是就可以愉快地 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(起点) 到 i 的经过 k 条边的最短路
int g[N][N]; // i 到 j 经过 2 条边的最短路
int w[N][N]; // 边权
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]); 该情况不会被更新
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]); 该情况不会被更新
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;
}```