图论&线性基（?）(8.12)

边没有负权，最短路最多只有n条边

很暴力的思想：

先跑一遍最短路，找出最短路上的边，枚举每条边，翻倍，放进原图再跑一遍。取最大值

好熟悉啊

分层建图，建k层

每层内部是原图

若原图中u到v有连边，则由本层的u向下一层的v连一条边权为0的单向边

当然对于某些duliu的图（比如边数<k）,用不完k次机会，所以我们还要在本层的u向下一层的u连一条边权为0的边

跑第一层的1到第k层的N的最短路

可能是唯一的代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    char ch=getchar();
    int x=;bool f=;
    while(ch<''||ch>'')
    {
        if(ch=='-')f=;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>=''&&ch<='')
    {
        x=(x<<)+(x<<)+(ch^);
        ch=getchar();
    }
    return f?-x:x;
}
int n,m,k,head[],cnt;
struct Ed
{
    int to,dis,nxt;
}edge[];
void add(int fr,int to,int dis)
{
    cnt++;
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].dis=dis;
    edge[cnt].nxt=head[fr];
    head[fr]=cnt;
}
int dis[];

priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >q;
bool vis[];
void dij()
{
    q.push(make_pair(,));
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[]=;
    while(!q.empty())
    {
        int now=q.top().second;
        q.pop();
        if(vis[now])continue;
        vis[now]=;
        for(int e=head[now];e;e=edge[e].nxt)
        {
            if(dis[now]+edge[e].dis<dis[edge[e].to])
            {
                dis[edge[e].to]=dis[now]+edge[e].dis;
                q.push(make_pair(dis[edge[e].to],edge[e].to));
            }
        }
    }
}
int main()
{
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        int fr=read(),to=read(),dis=read();
        for(int j=;j<=k+;j++)
        {
            add((j-)*n+fr,(j-)*n+to,dis);
            add((j-)*n+to,(j-)*n+fr,dis);
            add((j-)*n+fr,j*n+to,);
            add((j-)*n+to,j*n+fr,);
        }
    }
   int ans=;
    dij();
    for(int i=;i<=k+;i++)
      ans=min(ans,dis[n*i]);
    printf("%d",ans);
}

qwq

暴力：建n²条边

但一定是有些边是没有用的

按照x排序

我们发现如果  x1<x2<x3,则x1-->x2的边权+x2--->x3的边权≤x1--->x3的边权

所以在两个相邻的点之间建边，不相邻的就不建

然后对y排序，也是这样建边

跑di就好辣j

n<1e5:

如果我们有一个确定的最小边，则可用的边集的边权就必须比最小边大

我们可以考虑kruskal,枚举最小边，然后跑kruscal，当u和v连通的时候就停止

不断枚举最小边

数据duliu的出到1e5:LCT

什么是LCT?

说人话：

枚举最小边（从大到小），维护当比当前边大的边所构成的最小生成树

枚举到下一条边时，把刚才枚举的边加进去，如果构成环则删掉换上的最大边

每次都看看最大边和当前边的比值，取最小

bzoj 1821

二分？

二分答案是mid，把比mid小的边放在部落的内部。把这些边拿出来，看连通块的个数是否>=k。

MST:

这个题要求选出k个联通块，然后剩下的边的最小值尽可能大

要做到这一点，边权最小的边肯定要让它在部落中间，而不是连接部落

所以我们从小到大选边，让这些边来连接部落内部

当形成k个连通块（k个部落）的时候，立即停止。

还没有选的边中最短的边就是答案

不过这里我们是选n-k条边

说中文：

你有n个座位排成一行，会有Q个座位预定操作，每个操作会预定[l,r]内的座位。把这些座位输入系统，每次只能输入一个。每次输入，系统会自动会把[l,r]内没有被分配出去的座位分配给这个预定。求获得座位最少的人可以获得的最大的座位数

推理出s1~s2,s1~s3,s1~s4...s1~sn即可推理出答案

设s[i]为1到i的前缀和（模2意义下）（也就是异或和）

边界：s[0]=0

询问[l,r]:可以知道s[r]和s[l-1]的奇偶性是否相同

如果a和b奇偶性相同，b和c奇偶性相同，则a和c奇偶性相同

所以奇偶性有传递性，就像树上的点可以连通一样

因此，知道[l,r],就相当于由s[l-1]到s[r]连一条边

最后我们要推理出所有的s[i],也就是要保证通过选边让每个s[i]都与s[0]连通

这样就是求最小生成树

贪心策略：去找距离当前点最近的加油站

证明：

now不是加油站

设d1>=d2

b-d2>=b-d1 所以先去加油站肯定是要优的

如果d1<d2

那d2通向的那条边就不是距离now最近的加油站了（因为s比那个点更近）

所以，对于不是加油站的点，先去最近的加油站总是最优的，并且对于任意一个不是加油站的点，如果到达那里的油量>d,那么去加油站之后回来的油量也>d

这样我们就是不停的奔波在加油站之间，所以我们希望经过加油站的路径最大的那一条最小

kruskal可以帮我们做到这一点

problem:

对于那些在非加油站之间的边怎么办？

找到左边最近的加油站，右边最近的加油站，连一条边（边权就是这两个加油站之间的最短路）

接下来kruskal搞最小生成树

先跑Elaxia的最短路图，再跑w的最短路图（都是有向边），然后把公共路径找出来，此时一定是个DAG

然后在DAG上拓扑DP最长路径

设t%a1=k

若k可以被凑出来，则%a1==k，且>=k的所有t都能被凑出来

这样我们只需要求出来所有 （t+a[j]）mod a1能搞到的最小的k就搞定这个题了

我们可以开a1个点，如果我们要加a[j],则视为在点x,可以花费a[j]的代价，到达(x+a[j])%a1这个点

搞个图感（xing）性（gan）李姐一下

线性基：

一堆数，求基底（基底不能异或出0）

基底：就是一些能异或出其他数的数

基底就是一个拟阵

与图论的关系：

n个点--->n位的二进制数

边的表示：连接哪两个点，对应的那两位上就是1

判链：所有的边异或起来：只剩头，尾

判环：异或起来是0

无向生成森林：

异或起来只剩头，尾

倍增floyd

普通的floyd:

（伪代码，a和b是数组，其中a是邻接矩阵）

void floyd(a,b)
{
   for(int k=;k<=n;k++)
    for(int i=;i<=n;i++)
     for(int j=;j<=n;j++)
       c[i][j]=min(a[i][k]+b[k][j]);
}

这时是经过两条边的最短路

经过3条边：

在上面的基础上再用c和a来一遍

经过k条边：a floyd a floyd a floyd a.........

这样看起来很蠢很不优雅对不对

这里是有结合律的，所以我们可以这么加括号

((a floyd a) floyd (a floyd a)) floyd ..........

就类似快速幂的写法

伪代码：

auto pow(a ,int p)//求a的p次方
{
         juzhen x=E //这里是伪代码辣)
         while(p)
        {
           if(p&)
                x=floyd(x,a);
           a=floyd(a,a);
           p>>=;
        }
         return x;
}

常见问题：经过边数最少的负环

暴力：k一点一点的加

经过思考：二分k

再思考思考：k:看2²⁰行不行？2¹⁹行不行？.....