题目传送门
需要高级权限的快速通道
题目大意
给定一个$n$个点$m$条边的带正权无向图。要求找一条路径满足：
- 它是一条简单路径
- 它是一条严格次短路
- 对于任何一条可能存在于最短路上的边，不能包含它的反向边。
不存在这条路径输出-1。
神题orz...orz....orz....良心的最短路性质题，涵盖了大部分最短路径树和最短路径图上的常用性质。
直觉是最短路上随意判一判就好了。然后全WA了，qwq。。
然后开始讲正题。
将$d\\left(u, v \\right )$记为点$u$到点$v$的最短路的长度。
记$d_{s}\\left(x \\right ) = d\\left(s, x \\right ), d_{t}\\left(x \\right ) = d\\left(x, t \\right )$。
最短路径图是$s$到$t$的所有最短路径的并集。
举个例子有助于说明：
左边为原图，右边为最短路径图。
注意 最短路径图是一个有向图。
这里将原图记为$G = (V, E)$，最短路径图记为$G* = (V*, E*)$。
最短路径图的基本性质I（定义1.1） 对于任意$e \\in E*$，若$e = (u, v)$，那么$d_{s}(u) + w(e) + d_{t}(v) = d(s, t)$。
显然最短路径图一定是一个DAG。
然后继续讨论最短路径图上的性质。
最短路径图的基本性质II（定理1.1） 对于任意$x \\in V*$，那么有$d_{s}(x) + d_{t}(x) = d(s, t)$。
证明 如果$s = x$，那么结论显然成立。
现在考虑$s \\neq x$的情况。暂时记$L = d(s, t)$
由最短路径图的定义可知$d_{s}(x) \\geqslant L - d_{t}(x)$。因为$x$不是起点，所以必然存在一个前驱$x‘$。
根据基本性质I有$d_{s}(x‘) + w(x‘, x) + d_{t}(x) = L$。由$d_{s}(x)$的定义可知$d_{s}(x) \\leqslant d_{s}(x‘) + w(x, x‘) = L - d_{t}(x)$。
所以$d_{s}(x) = L - d_{t}(x)$。
因此定理得证。
最短路径图的基本性质III（推论1.2） 对于$e = (x, y) \\in E*$，那么有$d_{s}(x) + w(x, y) = d_{s}(y)$。
证明 根据定理1.1有$d_{s}(y) = d(s, t) - d_{t}(y)$。根据定义1.1有$d_{s}(x) + w(x, y) = d(s, t) - d_{t}(y)$。然后定理得证。
最短路径图的基本性质IV（推论1.3） 如果最短路径图中存在一条$x$到$y$的简单路径，那么$d_{s}(x) + l(P*(x, y)) + d_{t}(y) = L$。其中P*(x, y)表示一条在$G*$上的路径，l(P*(x, y))表示这条路径的长度。
重复使用推论1.2可以得到$d_{s}(x) + l(P*(x, y)) = d_{s}(y)$。然后根据定理1.1易证。详细证明留给读者。
最短路径图的基本性质V（推论1.4） 最短路径图中一条$x$到$y$的简单路径，对应原图中一条$x$到$y$的最短路。
有了推论1.3就可以使用反证法。详细证明留给读者。同时可以推出上面的$ l(P*(x, y)) = d(x, y)$。
定理1.5 若$x, y \\in V*$，且满足$x \\neq y, d_{s}(x) \\leqslant d_{x}(y)$，那么在$G*$中$s$到$x$的最短路与$y$到$t$的最短路不相交。
证明 根据最短路径图的定义（定义1.1）可知，$s$到$x$的过程中$d_{s}(x‘)$递增，$y$到$t$的过程中$d_{s}(y‘)$递增。又因为$x \\neq y, d_{s}(x) \\leqslant d_{x}(y)$，所以它们不相交。
然后来讲一些约定吧。
正向边：对于一条有向边$(u, v)$，它在$E*$中，那么我们称它为一条正向边。
反向边：对于一条有向边$(u, v)$，如果$(v, u) \\in E*$，那么我们称它为一条反向边。
内部边：正向边和反向边统称为内部边。
外部边：在$E$中，但不属于$E*$的边。
现在来明确一下约定路径的符号。
$P(u, v)$，表示一条$u$到$v$的路径。
$P*(u, v)$，表示一条在$G*$中$u$到$v$的路径。
$P(x, y) + Q(y, z)$，表示一条沿着路径$P$从$x$走到$y$的，然后沿着$Q$，从$y$走到$z$的路径。
$P^{-1}(x, y)$，表示沿着路径$P$的反向边（不是上面的定义的反向边），从$y$到$x$的一条路径。
$P^{0}(x‘, y‘)$，路径$P$上，一条$x‘$到$y‘$的子路径。
$l(P)$，表示路径$P$的长度。
设所求路径为$S$。
外部路径：起点和终点在$G*$中，经过的变都是外部边的一条简单路径。称起点是这条路径的拐出点，终点是这条路径的回归点。
定理2.1 路径$S$中存在至少1条外部路径。
证明 如果不包含外部路径，那么路径$S$中的边都是正向边（因为不能走反向边）。由于$G*$是一个DAG，所以$l(S) = d(s, t)$，不符合题目要求。
定理2.2 路径$S$的包含一条外部路径的拐出点为$x$，回归点为$y$，那么有$d_{s}(x) \\leqslant d_{s}(y)$。
证明 假设结论不成立，那么有$d_{s}(x) > d_{s}(y)$$。
设$S = P(s, x) + Q(x, y) + R(y, t)$。那么令$U = P*(s, y) + Q^{-1}(x, y) + R*(x, t)$。因为路径$Q$是一条简单路径，P*和R*都是由正向边组成，根据定理1..5可得P*与R*不相交。所以$U$是一条简单路径。
又因为$U$包含了至少一条外部边，所以它不是最短路。因此是一条满足题目要求的路径。
又因为$P*(s, y) < P*(s, x) \\leqslant P(s, x), R*(x, t) < R*(y, t) \\leqslant R(y, t), Q(x, y) = Q^{-1}(x, y)$，所以$l(U) < l(S)$。
与$S$的最优性矛盾。
定理2.3 路径$S$恰好包含一条外部路径。
证明 假设包含的外部路径数目不是一条。
- 如果不包含外部路径，显然矛盾。
- 如果包含超过一条外部路径，设$S = P*(s, x) + Q(x, y) + R(y, t)$，令$U = P*(s, x) + Q(x, y) + R*(y, t)$，其中$Q(x, y)$是一条外部路径。
根据定理1.5易证$U$是一条简单路径，根据最短路径图的定义有$R*(y, t) < R(y, t)$，因此$l(U) < l(S)$，与$S$的最优性矛盾。
然后约定$S$的拐出点为$S$包含的外部路径的拐出点，它的回归点为它包含的外部路径的回归点。
接下来看一看有关最短路径树的性质。
定义3.1 定义一棵以$p$为根的最短路径树$T_{p} = (V, E_{T})$是原图中以$p$为根的一棵有向路径生成树。其中一条边$e(v, u)$满足$d(u, p) + w(e) = d(v, p)$。
由于下面只会用到$T_{t}$，因此，以下可能会直接将它简记$T$。
注意
- 这里的最短路径树是一个有向图。
- 所有有向边都指向根节点。
- 一张无向图的最短路径图唯一，但指定点的最短路径生成树可能不唯一。
然后再来定义定义子树。
定义3.2 在以$p$为根的最短路径生成树中：
点$x$的子树，在$T_{p}$点$x$断掉点$x$的唯一一条出边后，剩下的以$x$为根的树是点$x$的子树。记为$T_{p}(x)$。
点$x$的真子树，点$x$的真子树是$T_{p}(x)$的一个子图。在$T_{p}(x)$中，存在于点$x$的真子树的点，当且仅当它到$x$的路径上不经过除了$x$以外的任何属于$G*$的点。也就是说一个不是$x$的点，但属于$G*$，一定不存在于$x$的真子树中。记为$T*_{p}(x)$。
真子树的定义可能不是很好理解（再加上我语文不好），那么来举个栗子：
在第三幅图之后，边权都被省略。在第四幅图和第五幅图中间橙色点标出的是在$G*$中的点。
下面有一个关于真子树的很基本的性质。
定理3.1 对于任意$x,y \\in G*$，都有$T*(x)\\cap T*(y) = \\varnothing $。
根据真子树的定义易证。
接下来再来约定一个记号。
$P_{T}(x, y)$，在树$T_{t}$中，一条$x$到$y$的路径。
最短路径树中的基本性质（定理3.2） 在最短路径树$T_{t}$中，任意一个点$x$到其祖先$y$的一条简单路径，对应原图中一条$x$到$y$的最短路。
证明 易证当$y = t$时结论成立。
考虑$y \\neq t$的情况。
仍然假设不是最短路。那么存在一条更优的路径的从$x$到$y$，然后到$t$的路径。与$T_{t}$的定义矛盾。
因此定理得证。
注意到如果将这条路径反向，可以对应$y$到$x$在原图中的一条最短路。
定义3.3 在$T$中，$x$的真祖先是在路径$P_{T}(x, t)$中，离$x$最近的一个在$G*$中的点。将它记作$prt(x)$。
换一个说法就是沿着$x$向它的出边走，直到遇到一个在$G*$中的点。注意，它可能是$x$也可能是$t$。
设$S$的拐出点为$x$，回归点为$z$，显然$x \\in T*(x), z \\in T*(z)$，根据定理3.1，那么$T*(x)$和$T*(z)$不存在交集。所以在$S$上必然存在一条外部边$(w, w‘)$使得$w \\in T*(x)$，且$S^{0}(w‘, z)$中的各点均不在$T*(x)$中。有一个很显然的事实是$prt(w) = x$。
定理3.3 $d_{s}(x) \\leqslant d_{s}(prt(w‘))$。
注意 以下证明非常繁琐，请先喝口水再继续阅读。
证明 仍然假设结论不成立。那么有$d_{s}(x) > d_{s}(prt(w‘))$。所以$d_{t}(x) < d_{t}(prt(w‘))$。根据定理2.2有$d_{s}(x) <= d_{s}(z)$，因此$d_{s}(prt(w‘)) < d_{s}(z)$，所以$prt(w‘) \\neq z$。根据定理3.1，可知，必然存在一条边$(y, y‘)$使得$y \\in T*(prt(w‘))$且$S^{0}(y‘, z)$中的各点均不在$T*(prt(w‘))$。显然$prt(w‘) = prt(y)$。
令$Q = P*(s, prt(w‘)), R = P_{T}(prt(w‘), y), P = Q + R + S^{0}(y, t)$（见下图）。
可以证明$R$实际上是在$T*(prt(w‘))$中。假设路径上经过了其它的在$G*$中的点，那么可知$prt(y)$不等于$prt(w‘)$，矛盾。
因为$d_{s}(prt(w‘))< d_{s}(z)$，根据定理1.5可知$Q$不与$S^{0}(z, t)$相交，又因为$R$在$T*(prt(w‘))$中，所以经过的边都是外部边，所以$P$中的内部边不相交。又因为$S^{0}(y‘. z)$是一条外部的简单路径，且不在$T*(prt(w‘))$。所以路径$P$中的外部边不相交。因此路径$P$是一条简单路径。（注意：这里的相交指的是存在环，而不是边与边存在公共点。）
又因为$P$包含了至少一条外部边，所以$P$是一条满足要求的路径（除了严格次短）。
因为$S$是所求路径，所以有：
$l(S) \\leqslant l(P)$
$l(S^{0}(s, x)) + l(S^{0}(x, y)) + l(S^{0}(y, t)) \\leqslant l(Q) + l(R) + l(S^{0}(y, t))$
$l(S^{0}(s, x)) + l(S^{0}(x, y)) \\leqslant l(Q) + l(R)$
$d_{s}(x) + l(S^{0}(x, y)) \\leqslant d_{s}(prt(w‘)) + l(R)$（推论1.4）
又因为$prt(w‘) < d_{s}(x)$，所以$l(S^{0}(x, y)) < l(R)$。
令$U = S^{0}(x, y)^{-1} + P*(x, t)$。那么有：
$l(U) = l(S^{0}(x, y)^{-1}) + l(P*(x, y))\\\\=l(S^{0}(x,y)) + d_{t}(x)\\\\<l(R) + d_{t}(prt(w‘))\\\\=l(R^{-1}) + d_{t}(prt(w‘))\\\\=l(P_{t}(y,t))$
但是$U$经过了至少一条外部边，所以有$l(U) > l(P_{T}(y, t)) = d_{t}(y)$。但是刚刚却推出了与之矛盾的式子。
所以假设不成立，定理得证：$d_{s}(x) \\leqslant(prt(w‘))$。
这是最后一个定理：
定理3.4 必然存在一个满足所有条件的路径S*，满足
$S* = P_{T}(s, w) + (w, w‘) + P_{T}(w‘, t)$
其中$(w, w‘)$是定理3.3中涉及到的一条边。
证明 令$Q = P_{T}(s, w), R = P_{T}(w‘, t)$，根据定理3.1易证$S*$的外部边不相交，根据定理3.3和定理1.5易证$S*$的内部边不会相交。又因为$(w, w‘)$一定是一条外部边。所以$S*$是一条简单路径但不是最短路径。
因为$S$中包含至少一条非树边，然后用反证法易证存在一个$S*$是满足题目所有要求的路径（除非原问题不存在解）。
于是定理3.4创造了无限可能。
我们只需要枚举一条非内部边，非树边$e(x, y)$，且满足$prt(x) \\neq prt(y)$且$prt(x) \\leqslant prt(y)$，然后用$d_{s}(x) + w(e) + d_{t}(y)$去更新答案即可。
虽然证明很复杂，但是算法却异常简单。
（终于可以完结撒花了，感觉像是写了3小时+的论文）
Code
1 /** 2 * bzoj 3 * Problem#4283 4 * Accepted 5 * Time: 2720ms 6 * Memory: 31172k 7 */ 8 #include <bits/stdc++.h> 9 using namespace std; 10 typedef bool boolean; 11 12 typedef class Edge { 13 public: 14 int ed, nx, w; 15 16 Edge(int ed = 0, int nx = 0, int w = 0):ed(ed), nx(nx), w(w) { } 17 }Edge; 18 19 typedef class MapManager { 20 public: 21 int ce; 22 int* h; 23 Edge* es; 24 25 MapManager() { } 26 MapManager(int n, int m):ce(-1) { 27 h = new int[(n + 1)]; 28 es = new Edge[(m + 1)]; 29 memset(h, -1, sizeof(int) * (n + 1)); 30 } 31 32 void addEdge(int u, int v, int w) { 33 es[++ce] = Edge(v, h[u], w); 34 h[u] = ce; 35 } 36 37 Edge& operator [] (int p) { 38 return es[p]; 39 } 40 }MapManager; 41 42 typedef class Node { 43 public: 44 int p; 45 int dis; 46 47 Node(int p = 0, int dis = 0):p(p), dis(dis) { } 48 49 boolean operator < (Node b) const { 50 return dis > b.dis; 51 } 52 }Node; 53 54 int n, m; 55 MapManager g; 56 MapManager rg; 57 int *prt; 58 int *f1, *f2; 59 boolean *flags; 60 61 inline void init() { 62 scanf("%d%d", &n, &m); 63 g = MapManager(n, m << 1); 64 rg = MapManager(n, m << 1); 65 for (int i = 1, u, v, w; i <= m; i++) { 66 scanf("%d%d%d", &u, &v, &w); 67 g.addEdge(u, v, w); 68 g.addEdge(v, u, w); 69 } 70 } 71 72 priority_queue<Node> que; 73 74 void dijstra(int s, int* &f) { 75 f = new int[(n + 1)]; 76 memset(f, 0x3f, sizeof(int) * (n + 1)); 77 que.push(Node(s, f[s] = 0)); 78 while (!que.empty()) { 79 Node e = que.top(); 80 que.pop(); 81 if (e.dis != f[e.p]) continue; 82 for (int i = g.h[e.p]; ~i; i = g[i].nx) { 83 Node eu (g[i].ed, f[e.p] + g[i].w); 84 if (eu.dis < f[eu.p]) { 85 f[eu.p] = eu.dis; 86 que.push(eu); 87 } 88 } 89 } 90 } 91 92 void dfs(int p) { 93 for (int i = rg.h[p]; ~i; i = rg[i].nx) { 94 int e = rg[i].ed; 95 if (f1[e] + f2[e] == f1[n]) 96 prt[e] = e; 97 else 98 prt[e] = prt[p]; 99 dfs(e); 100 } 101 } 102 103 int ans = (1 << 30); 104 inline void solve() { 105 dijstra(1, f1), dijstra(n, f2); 106 prt = new int[(n + 1)]; 107 flags = new boolean[(m * 2 + 1)]; 108 memset(prt, 0, sizeof(int) * (n + 1)); 109 for (int i = 1, e; i <= n; i++) { 110 for (int j = g.h[i]; ~j; j = g[j].nx) { 111 e = g[j].ed; 112 if (f2[e] + g[j].w == f2[i]) { 113 rg.addEdge(e, i, 0); 114 flags[j] = true; 115 break; 116 } 117 } 118 } 119 prt[n] = n; 120 dfs(n); 121 for (int i = 1, e; i <= n; i++) { 122 for (int j = g.h[i]; ~j; j = g[j].nx) { 123 e = g[j].ed; 124 if (!flags[j]) { 125 if (f1[i] + g[j].w + f2[e] == f1[n] || f2[i] + g[j].w + f1[e] == f1[n]) continue; 126 if (prt[i] != prt[e] && f1[prt[i]] <= f1[prt[e]]) 127 ans = min(ans, f1[i] + g[j].w + f2[e]); 128 } 129 } 130 } 131 if (ans == (1 << 30)) 132 puts("-1"); 133 else 134 printf("%d", ans); 135 } 136 137 int main() { 138 init(); 139 solve(); 140 return 0; 141 }
写在后面的鬼扯
由于这篇博客写了3个小时+，所以不能保证证明过程全是正确的，有问题请及时指出。
参考文献
《excape解题报告》 by Unknown
很抱歉，我真的不知道它的作者是谁。只是当作考试的题解发下来的资料。
特别鸣谢
感谢YYR提供的资料以及许多骗分做法
感谢Doggu和我一起研究这个问题
感谢ZJC帮助我调试程序
（转载请注明出处：http://www.cnblogs.com/yyf0309/p/8563071.html）