【BZOJ3669】NOI2004-魔法老林（神奇的解法）
在一个魔法森林中，有n个节点(n<=50000)，m条边(m<=100000)，每个节点有两个值ai,bi，1<=ai,bi<=50000。有一个精灵要从节点1到达节点n，一个节点i可以经过的要求是它携带的两个值A，B可满足A>=ai，B>=bi，求min(A+B)。
本题目的标准解法是LCT(link-cut-tree)，这里讨论一种基于搜索算法的解决方法，其编程复杂性和理解难度略优于LCT做法。
如果每个节点只有一个值ai,则本题是一道标准的简单动态规划：
dp[i]=max(min(dp[j])，ai) map[i][j]=1
可以使用spfa或其他最短路算法实现。当每个节点的值从1个变为2个时，最容易想到的做法是，枚举其中一个值A，然后用spfa求最小的B，利用A+B更新答案。代码实现如下：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <set>
#include <vector>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
int n,m,i,j,a,b,best=100001;
struct nod{
int nex,a,b;
};
vector<nod> lin[50005];
int dp[50001],q[50005];
bool vis[50001];
int ans[50001];
int spfa(int a)
{
if (ans[a]!=0) return ans[a];
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[1]=0;
int head,tail;
head=tail=1;
q[1]=1;
vis[1]=1;
int now,xia,b;
nod nex;
while (head<=tail)
{
now=q[head%50003];
vis[now]=0;
for (int j=0;j<lin[now].size();j++)
{
nex=lin[now][j];
xia=nex.nex;
if (nex.a>a) continue;
b=max(dp[now],nex.b);
if (dp[xia]==-1 || b<dp[xia])
{
dp[xia]=b;
if (vis[xia]==0)
{
vis[xia]=1;
tail++;
q[tail%50003]=xia;
}
}
}
head++;
}
if (dp[n]==-1) ans[a]=-1; else ans[a]=dp[n]+a;
if (dp[n]==-1) return -1;
return dp[n]+a;
}
int main()
{
//freopen("1.txt","r",stdin);
memset(ans,0,sizeof(ans));
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) lin[i].clear();
nod temp;
for (int k=1;k<=m;k++)
{
scanf("%d%d%d%d",&i,&j,&a,&b);
//cout<<i<<' '<<j<<endl;
if (i==j) continue;
temp.nex=j; temp.a=a; temp.b=b;
lin[i].push_back(temp);
temp.nex=i;
lin[j].push_back(temp);
}
if (spfa(50000)==-1)
{
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
for (int i=1;i<=50000;i++)
{
int temp=spfa(i);
if (temp!=-1) best=min(best,temp);
}
cout<<best<<endl;
}这个做法很容易想到，但极限情况下需要做50000次spfa，只能得到25分，需要考虑其是否有优化点。（提交记录见http://uoj.ac/submission/4830）
优化1：
在起初时，需要枚举的区间是[1,50000]中的每一个A，假设在A=25000时，B=15000。最终答案ans必然满足ans<=40000，因此，A 在[40000,50000]这个区间不可能产生最优解，可以迅速剪去。同理，假设当前最优解best是30000，由于当A<=25000时，满足条件A的边数会比25000时有所减少，B必然会满足B>=15000， 因此，当A在[30000-15000,25000]=[15000,25000]这个区间时，也不可能产生最优解，可以剪去。
利用这个思路，可以使用dfs的思想去按照中点的顺序枚举每一个节点，思路如下：
1.搜索区间(l,r)，首先对中点mid求其spfa后的结果temp，并更新全局当前最优解best。
2.搜索区间(l,min(mid,best-(temp-mid)))。
3.搜索区间(mid+1,min(r,best))。
实现的过程中需要注意使用dp[i]记录每一个spfa(i)的值，避免重复运算。
int dfs(int l,int r)
{
//cout<<l<<' '<<r<<' '<<best<<endl;
if (l==r)
{
int temp=spfa(l);
if (temp!=-1) best=min(best,temp);
return 0;
}
if (l>r) return 0;
int mid=(l+r)/2;
int temp=spfa(mid);
if (temp==-1)
{
dfs(mid+1,r);
return 0;
}
best=min(best,temp);
//左端点 ll+temp
//A的上限
int lef=best-(temp-mid);
dfs(l,min(lef,mid));
dfs(mid+1,min(r,best));
return 0;
}
加上这个优化后，程序的效率有显著的提高，可以得到50分。（提交记录见http://uoj.ac/submission/4831）
优化2：
在spfa的过程中，会枚举每个节点i的每一条边，由于存边的时候是杂乱无序的，因此只能枚举每个节点所有的边。为了优化枚举的过程，我们可以将每个节点对应的边按照a的值从小到大排序，在spfa(a)的过程中，一旦枚举到某一个大于a的边时，就break掉，缩小的枚举的量。这个优化是针对spfa实现过程中的一个优化，但是效果显著，可以得到70分。（提交记录见http://uoj.ac/submission/4834）
优化3：
使用了spfa算法实现，当程序效率出现问题时，可以考虑spfa算法的两个优化，本处只考虑其中一种优化。当加入队尾的节点的距离比当前队首节点的距离大时，交换两个节点在队列中的位置。
if (dp[q[(head+1)%50003]]>dp[q[tail%50003]])
{
swap(q[(head+1)%50003],q[tail%50003]);
}
加上这个优化，本题已经取得97分，耗时3858ms，通过了NOI比赛时的所有正式数据，OJ附加数据中一组超时。（提交记录见http://uoj.ac/submission/4833）
优化4：
当A变化时，B随之变化的图像并不是连续的，而是一些离散的点，例如：
当A=1,2,3…20时，B=10000，
当A=21,22,23…30时，B=9500，
…
即：当A变化时，B会在某些点产生突变，而不是随着A的变化连续变化。
那么，对于一个搜索区间[l,r]，如果spfa(l)==spfa(r)，则不需要对这个区间进行枚举了。
在以上基础上应用此优化，本题中取得了97分，耗时2063ms，在之前的基础上效率得到了显著提升。（提交记录见http://uoj.ac/submission/4849）
优化5：
在搜索算法无论如何也不能在有限时间求出结果时，可以采用卡时的策略，在程序即将超过时间限制时，停止运算，将当前最优解输出，有一定概率得到正确的结果。
修改代码提交后，本题终于取得了100分，并通过了附加的多组数据，总耗时1758ms，在（提交记录见http://uoj.ac/submission/4850）
实际上，本题目在此基础上还有很多优化，例如：对A，B进行离散化，缩小枚举的范围；使用spfa算法的两个优化；把spfa算法改为最小生成树等。都可以使效率得到提升，请读者自行尝试。
/*
AUTHOR:aqx
PROG:魔法森林
LANG:c++
*/
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <set>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int cnt=0;
int n,m,i,j,a,b,best=100001;
struct nod{
int nex,a,b;
};
vector<nod> lin[50005];
int dp[50001],q[50005];
bool vis[50001];
int ans[50001];
int cmp(nod x,nod y)
{
return x.a<y.a;
}
inline int spfa(int a)
{
if (ans[a]!=0) return ans[a];
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[1]=0;
int head,tail;
head=tail=1;
q[1]=1;
vis[1]=1;
int now,xia,b;
nod nex;
while (head<=tail)
{
now=q[head%50003];
vis[now]=0;
if (dp[n]!=-1 && dp[now]>=dp[n])
{
head++;
continue;
}
for (int j=0;j<lin[now].size();j++)
{
nex=lin[now][j];
xia=nex.nex;
if (nex.a>a) break;
b=max(dp[now],nex.b);
if (dp[xia]==-1 || b<dp[xia])
{
dp[xia]=b;
if (vis[xia]==0)
{
vis[xia]=1;
tail++;
q[tail%50003]=xia;
if (dp[q[(head+1)%50003]]>dp[q[tail%50003]])
{
swap(q[(head+1)%50003],q[tail%50003]);
}
}
}
}
head++;
}
if (dp[n]==-1) ans[a]=-1; else ans[a]=dp[n]+a;
if (dp[n]==-1) return -1;
return dp[n]+a;
}
int dfs(int l,int r)
{
cnt++;
if (cnt>1000) return 0;
//cout<<l<<' '<<r<<' '<<best<<endl;
if (l==r)
{
int temp=spfa(l);
if (temp!=-1) best=min(best,temp);
return 0;
}
if (l>r) return 0;
int mid=(l+r)/2;
int temp=spfa(mid);
if (temp==-1)
{
dfs(mid+1,min(r,best));
return 0;
}
best=min(best,temp);
//左端点 ll+temp
//A的上限
int lef=best-(temp-mid);
if (spfa(l)-l!=spfa(mid)-mid) dfs(l,min(lef,mid));
else
{
int temp=spfa(l);
if (temp!=-1) best=min(best,temp);
}
if (spfa(r)-r!=spfa(mid)-mid) dfs(mid+1,min(r,best));
return 0;
}
int main()
{
int zuida=0;
//freopen("1.txt","r",stdin);
memset(ans,0,sizeof(ans));
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) lin[i].clear();
nod temp;
for (int k=1;k<=m;k++)
{
scanf("%d%d%d%d",&i,&j,&b,&a);
//cout<<i<<' '<<j<<endl;
if (i==j) continue;
zuida=max(zuida,a);
temp.nex=j; temp.a=a; temp.b=b;
lin[i].push_back(temp);
temp.nex=i;
lin[j].push_back(temp);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
sort(lin[i].begin(),lin[i].end(),cmp);
}
if (spfa(50000)==-1)
{
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
dfs(1,zuida);
cout<<best<<endl;
}