【spfa】bzoj3921 Mimori与树海

考虑“删除后图仍连通”，即其不是无向图的桥(bridge)，可以用Tarjan算法预处理，这里不赘述。

【算法一】

枚举删除的是哪条边，然后枚举起点，暴搜，统计答案。

可以通过0、1号测试点。

预计得分：20分。

【算法二】

枚举删除的是哪条边，接着，

①枚举起点，∵op=0，∴裸最短路，Heap-dijkstra/SPFA。时间复杂度： O(m2*n*logn)/O(m2*n*k)。

②Floyd，时间复杂度O(m*n3)。

可以通过0、1、2、3号测试点。

预计得分：40分。

【算法三】

枚举删的是哪条边，接着，枚举终点，逆着推回去，考虑op=1的边，则有w[U][V]=(dis[U]+18)/19。然后跑Heap-dijkstra/SPFA即可。

时间复杂度：O(m2*n*logn)/O(m2*n*k)。

可以通过0、1、2、3、4、5号测试点。

预计得分：60分。

【算法四】

考虑删除某条边E后，以某个点U为终点的最短路是否发生变化。

我们发现，在某个无向图中，以U为根节点，到其他所有点的最短路构成了一棵树，即“最短路树(shortest-path tree)”。我们删除的边如果不在最短路树上，对当前图中的以U为起点的所有最短路不发生变化。

我们可以在Heap-dijkstra/SPFA的同时处理出最短路树：

if(dis[V]>dis[U]+w[U][V]) TreeEdge[S][V]=Edge[U][V];

//TreeEdge[S][V]表示以S为起点的单源最短路树中，V结点的父边。

于是算法得出：

首先枚举终点，然后枚举删除的边，仅仅需要重复求删除n-1条在最短路树上的边的答案即可，其他的边可以直接用之前预处理的答案就好了。

时间复杂度：O(n2*m*logn)/O(n2*k*m)。Heap-dijkstra可能需要卡常数。

预计得分：100分。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define N 111
#define M 1101
queue<int>q;
int dis[N],ans,ans2[M<<1],sumv[N],need[N];
int n,m,first[N],next[M<<1],v[M<<1],en,TEs[N][N]/*树边*/,x,y,es[N][N];
bool w[M<<1]/*道路类型*/,z,Del[M<<1]/*当前删除的边*/,ontree[N][M<<1]
/*ontree[i][j]表示边j是否在以i为汇点的最短路树上*/,inq[N];
void AddEdge(const int &U,const int &V,const bool &W)
{
	v[en]=V; w[en]=W;
	next[en]=first[U];
	first[U]=en;
	es[U][V]=en++;
}
int calc(const int &U,const bool &op){return op ? (dis[U]+18)/19 : 1;}
void spfa(const int &s,const bool &op)
{
    memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    dis[s]=need[s]; inq[s]=1; q.push(s);
    while(!q.empty())
      {
        int U=q.front();
        for(int i=first[U];i!=-1;i=next[i]) if(!Del[i])
          {
          	int C=calc(U,w[i]);
          	if(dis[v[i]]>dis[U]+C)
              {
              	if(!op) TEs[s][v[i]]=es[U][v[i]];
            	dis[v[i]]=dis[U]+C;
            	if(!inq[v[i]])
            	  q.push(v[i]),inq[v[i]]=1;
              }
          }
        q.pop(); inq[U]=0;
      }
    if(!op)
      {
      	for(int i=1;i<=n;++i)
      	  sumv[s]+=dis[i];
      	ans+=sumv[s];
      	for(int i=1;i<=n;++i)
		  if(i!=s)
      	    ontree[s][TEs[s][i]]=ontree[s][TEs[s][i]^1]=1;
      }
}
int dfn[N],dep;
bool bridge[M<<1];
int Tarjan(int U,int fa)
{
    int lowU=dfn[U]=++dep;
    for(int i=first[U];i!=-1;i=next[i])
      if(!dfn[v[i]])
		{
          int lowV=Tarjan(v[i],U);
          lowU=min(lowU,lowV);
          if(lowV>dfn[U])
            bridge[i]=bridge[i^1]=1;
        }
      else if(v[i]!=fa)
	    lowU=min(lowU,dfn[v[i]]);
    return lowU;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&need[i]);
	memset(first,-1,sizeof(first));
	for(int i=1;i<=m;++i)
	  {
	  	scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
	  	AddEdge(x,y,z);
	  	AddEdge(y,x,z);
	  }
	Tarjan(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	  spfa(i,0);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	  {
	  	for(int j=1;j<=n;++j)
	  	  if((!bridge[TEs[i][j]])&&(j!=i))
	  	    {
	  	      Del[TEs[i][j]]=Del[TEs[i][j]^1]=1;
	  	      spfa(i,1);
	  	      Del[TEs[i][j]]=Del[TEs[i][j]^1]=0;
	  	      int tmp=ans2[TEs[i][j]];
	  	      for(int k=1;k<=n;++k)
	  	        ans2[TEs[i][j]]+=dis[k];
	  	      ans2[TEs[i][j]^1]+=(ans2[TEs[i][j]]-tmp);
	  	    }
	  	for(int j=0;j<en;++j)
		  if((!bridge[j])&&(!ontree[i][j]))
	  	    ans2[j]+=sumv[i];
	  }
	printf("%d %d\n",ans,*max_element(ans2,ans2+en));
	return 0;
}