\(Description\)

给定一张 \(N\) 个点的图, 点的标号为 \(1\) 到 \(n\) . 我们进行 \(M\) 次连边, 每次连边可以描述为 \(a\) \(b\) \(c\) \(d\) \(w:\)

for i = a to b do

    for j = c to d do

         Add_Edge(i,j,w)        

\(Add_Edge(i,j,w)\) 表示从点 \(i\) 向点 \(j\) 连一条费用为 \(w\) 的双向边.

求点 \(1\) 到点 \(n\) 的最小花费.

为了降低难度, 我们有 \(K\) 次机会可以消除某条边的花费.

\(Input\)

第一行一个数 \(T\) , 表示测试数据组数. 出于某种原因, \(T=1 .\)

第二行三个数 \(N,M,K\) .

接下来 \(M\) 行, 每行 \(5\) 个数 \(a,b,c,d,w\) , 意义如题目描述所示.

\(Output\)

一行一个数, 为最小的花费.

如果点 \(1\) 与点 \(n\) 不连通, 输出 "Yww is our red sun!" .

\(Sample Input\)

1
5 3 0
1 2 4 5 42
5 5 4 4 468
1 1 3 3 335

\(Sample Output\)

42

\(HINT\)

\(T=1,1≤N≤5×10^4,1≤M≤10^4,0≤K≤10,1≤w≤10^3\)

\(Source\)

练习题　树4-1-线段树

思路

思路可以参考【XSY2434】【CF787D】遗产（也是我自己写的）

基本上思路一致

也是一个最短路的题目，使用线段树优化

对于每两个\([a,b]\)和\([c,d]\)区间间的连边，我们设一个中间点\(x\)，将\([a,b]\)连向\(x\)，再由\(x\)连向\([c,d]\)

我们现在开始考虑怎么求最短路

我们都知道要使用\(dijkstra\)

但是多了一个限制条件我们有 \(K\) 次机会可以消除某条边的花费

于是我们显然想到了\(dp\)

设\(dis[i][j]\)表示到达\(i\)节点，用了\(j\)次机会的最小花费

于是我们可以得到状转方程：

\(\begin{cases}dis[now.x][v]=now.cost+val[i]&dis[now.x][v]>now.cost+val[i]\\dis[now.x+1][v]=now.cost&now.x<k且dis[now.x+1][v]>now.cost\end{cases}\)

我们就可以快乐地实现最短路啦

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=400010,M=2000010;
int n,m,k,rt1,rt2,cnt=0;
int lc1[N],rc1[N],lc2[N],rc2[N];
int dis[15][N];
bool vis[15][N];
int w;
int to[M<<1],nxt[M<<1],val[M<<1],head[N];
int nodetot=0;
struct edge
{
    int u,cost,x;
    bool operator < (const edge & e)const
    {
        return cost>e.cost;
    }
};
void add(int u,int v,int wi)
{
    to[++cnt]=v;
    val[cnt]=wi;
    nxt[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int build1(int l,int r)
{
    if(l==r)return l;
    int now=++nodetot;
    int mid=(l+r)>>1;
    lc1[now-n]=build1(l,mid);
    add(lc1[now-n],now,0);
    rc1[now-n]=build1(mid+1,r);
    add(rc1[now-n],now,0);
    return now;
}
int build2(int l,int r)
{
    if(l==r)return l;
    int now=++nodetot;
    int mid=(l+r)>>1;
    lc2[now-n]=build2(l,mid);
    add(now,lc2[now-n],0);
    rc2[now-n]=build2(mid+1,r);
    add(now,rc2[now-n],0);
    return now;
}
void modify1(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if(ql<=l&&r<=qr)
    {
        add(k,nodetot,w);
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid)modify1(lc1[k-n],l,mid,ql,qr);
    if(qr>mid)modify1(rc1[k-n],mid+1,r,ql,qr);
}
void modify2(int k,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if(ql<=l&&r<=qr)
    {
        add(nodetot,k,0);
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid)modify2(lc2[k-n],l,mid,ql,qr);
    if(qr>mid)modify2(rc2[k-n],mid+1,r,ql,qr);
}
priority_queue<edge>qu;
void dijkstra()
{
    memset(dis,127,sizeof(dis));
    dis[0][1]=0;
    qu.push((edge){1,0,0});
    edge now;
    while(!qu.empty())
    {
        now=qu.top();
        qu.pop();
        if(vis[now.x][now.u])continue;
        vis[now.x][now.u]=1;
        for(int i=head[now.u];i;i=nxt[i])
        {
            int v=to[i];
            if(dis[now.x][v]>now.cost+val[i]&&!vis[now.x][v])
            {
                dis[now.x][v]=now.cost+val[i];
                qu.push((edge){v,dis[now.x][v],now.x});
            }
            if(now.x<k&&!vis[now.x+1][v]&&dis[now.x+1][v]>now.cost)
            {
                dis[now.x+1][v]=now.cost;
                qu.push((edge){v,dis[now.x+1][v],now.x+1});
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
    int a,b,c,d;
    nodetot=n;
    rt1=build1(1,n);
    rt2=build2(1,n);
    while(m--)
    {
        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&w);
        nodetot++;//中间点
        modify1(rt1,1,n,a,b);modify2(rt2,1,n,c,d);
        nodetot++;//中间点
        modify1(rt1,1,n,c,d);modify2(rt2,1,n,a,b);
    }
    dijkstra();
    int ans=dis[0][0];
    for(int i=0;i<=k;i++)ans=min(ans,dis[i][n]);
    if(ans==dis[0][0])puts("Yww is our red sun!");
    else printf("%d",ans);
    return 0;
} 

原文地址：https://www.cnblogs.com/ShuraEye/p/11622663.html