NOI2014BZOJ3669UOJ#3魔法森林

Posted 2020-09-19 cdcq（本博客废弃！现用博客：https://www.cn

我学会lct辣

原题：

为了得到书法大家的真传，小E同学下定决心去拜访住在魔法森林中的隐士。魔法森林可以被看成一个包含个N节点M条边的无向图，节点标号为 1…n1…n，边标号为1…m1…m。初始时小E同学在 11 号节点，隐士则住在 nn 号节点。小E需要通过这一片魔法森林，才能够拜访到隐士。

魔法森林中居住了一些妖怪。每当有人经过一条边的时候，这条边上的妖怪就会对其发起攻击。幸运的是，在 11 号节点住着两种守护精灵：A型守护精灵与B型守护精灵。小E可以借助它们的力量，达到自己的目的。

只要小E带上足够多的守护精灵，妖怪们就不会发起攻击了。具体来说，无向图中的每一条边 eiei 包含两个权值 aiai 与 bibi。若身上携带的A型守护精灵个数不少于 aiai，且B型守护精灵个数不少于 bibi，这条边上的妖怪就不会对通过这条边的人发起攻击。当且仅当通过这片魔法森林的过程中没有任意一条边的妖怪向小E发起攻击，他才能成功找到隐士。

由于携带守护精灵是一件非常麻烦的事，小E想要知道，要能够成功拜访到隐士，最少需要携带守护精灵的总个数。守护精灵的总个数为A型守护精灵的个数与B型守护精灵的个数之和。

 2≤n≤50000

0≤m≤100000

 

恩很简单（然而我并没有想到。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

模板题

给a排个序，然后加边，如果x到y路径上的b大于这个边的b就删掉最大边插入当前边，注意如果两点不连通直接加边

每次加边后如果1和n联通答案就与当前边的a和1到n最大的n更新

正确性不显然，对于一条边，如果这条边算在答案内，因为a是增序的所以这条边的a一定是最大的a，最大的b则由查询得出，如果不在答案内，那么当前状态的最优值过去一定统计到答案过

不存在以前的更小的a和现在的更小的b组成更优路径的情况，为什么参考上面的话

1A真开心

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 using namespace std;
 7 const int inf=(int)1e9;
 8 inline int rd(){int z=0;  char ch=getchar();
 9     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘)  ch=getchar();
10     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){  z=(z<<3)+(z<<1)+ch-‘0‘;  ch=getchar();}
11     return z;
12 }
13 struct nds{int x,y,a,b;}e[110000];
14 int n,m;
15 int fth[151000],chd[151000][2],v[151000],w[151000],rvs[151000];
16 int stck[151000],tp=0;
17 int ans=inf;
18 inline bool isrt(int x){  return (chd[fth[x]][0]!=x)&(chd[fth[x]][1]!=x);}
19 inline void pshu(int x){
20     w[x]=x;
21     if(v[w[chd[x][0]]]>v[w[x]])  w[x]=w[chd[x][0]];
22     if(v[w[chd[x][1]]]>v[w[x]])  w[x]=w[chd[x][1]];
23 }
24 inline void pshd(int x){
25     if(!rvs[x])  return ;
26     rvs[chd[x][0]]^=1,rvs[chd[x][1]]^=1,rvs[x]=0;
27     swap(chd[x][0],chd[x][1]);
28 }
29 inline void rtt(int x){
30     int y=fth[x],z=fth[fth[x]],l,r;
31     r=(chd[y][0]==x);  l=r^1;
32     if(!isrt(y))  chd[z][chd[z][1]==y]=x;
33     fth[x]=z,fth[y]=x,fth[chd[x][r]]=y;
34     chd[y][l]=chd[x][r],chd[x][r]=y;
35     pshu(y),pshu(x);
36 }
37 inline  void sply(int x){
38     stck[tp=1]=x;
39     for(int i=x;!isrt(i);i=fth[i])  stck[++tp]=fth[i];
40     while(tp)  pshd(stck[tp--]);
41     while(!isrt(x)){
42         if(!isrt(fth[x]))  rtt((chd[fth[x]][0]==x)^(chd[fth[fth[x]]][0]==fth[x])?x:fth[x]);
43         rtt(x);
44     }
45 }
46 inline void accs(int x){  for(int i=0;x;sply(x),chd[x][1]=i,pshu(x),x=fth[i=x]);}
47 inline void qdrt(int x){  accs(x),sply(x),rvs[x]^=1;}
48 inline void lk(int x,int y){  qdrt(x),fth[x]=y,sply(x);}
49 inline void ct(int x,int y){  qdrt(x),accs(y),sply(y),fth[x]=chd[y][0]=0;}
50 inline int gtrt(int x){  while(fth[x])  x=fth[x];  return x;}
51 inline int qry(int x,int y){  qdrt(x),accs(y),sply(y);  return w[y];}
52 bool cmp(nds x,nds y){  return x.a==y.a ? x.b<y.b : x.a<y.a;}
53 int main(){//freopen("ddd.in","r",stdin);
54     cin>>n>>m;
55     for(int i=1;i<=m;++i)  e[i].x=rd(),e[i].y=rd(),e[i].a=rd(),e[i].b=rd();
56     sort(e+1,e+m+1,cmp);
57     for(int i=1;i<=m;++i){
58         if(gtrt(e[i].x)!=gtrt(e[i].y))  lk(e[i].x,i+n),lk(e[i].y,i+n),v[i+n]=e[i].b,w[i+n]=i+n;
59         else{
60             int tmp=qry(e[i].x,e[i].y);
61             if(v[tmp]>e[i].b){
62                 ct(e[tmp-n].x,tmp),ct(e[tmp-n].y,tmp);
63                 lk(e[i].x,i+n),lk(e[i].y,i+n),v[i+n]=e[i].b,w[i+n]=i+n;
64             }
65         }
66         if(gtrt(1)==gtrt(n))  ans=min(ans,e[i].a+v[qry(1,n)]);
67     }
68     cout<<(ans==inf ? -1 : ans)<<endl;
69     return 0;
70 }

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