GJGHFD的傳送門題解 Floyd DP

給定一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的連通圖，圖中每條邊都有乙個非負邊權，點的編號從 1 開始. 現在你有 \(k\) 個任務，第 \(i\) 個任務需要你先到達點 \(a_i\), 然後到達點 \(b_i\). 你需要依次完成這 \(k\) 個任務. 初始時你在 1 號點.

現在你手裡有一把槍，當你在 \(u\) 號點朝地上開槍時，\(u\) 上就會建立乙個傳送門. 開槍消耗的時間可以忽略不計. 如果你在 \(u\), \(v\) 兩點都建立了傳送門，那麼你就可以在這兩點間不計消耗地任意傳送（你可以將其視作圖中加入了一條連線 \(u, v\) 且邊權為 0 的邊）.

遺憾的是，這張圖中同時只能存在 2 個傳送門. 因此當圖中存在了 2 個傳送門，且你需要再建立乙個傳送門時，你必須先選擇乙個已經建立的傳送門並關閉它. 關閉傳送門的消耗同樣是忽略不計的，並且你可以關閉處在任

意位置的傳送門，與你當前所在的位置無關.

請求出完成這 \(k\) 個任務最少需要走過的距離.

第一行三個整數 \(n, m, k\) ，分別代表圖中點的個數、邊的條數、任務的個數.

接下來 \(m\) 行，每行三個整數 \(u, v, w\) ，表示圖中有一條連線 \(u, v\) ，且邊權為 \(w\) 的邊.

接下來 \(k\) 行，每行兩個整數 \(a_i\), \(b_i\) ，表示第 \(i\) 個任務需要到達的兩個點.

輸出一行乙個整數表示答案.

5 4 2 1 2 1 2 3 1 3 4 1 4 5 1

1 52 4

6 10 3 1 1 3 3 1 1 6 2 3 1 6 10 4 1 1 3 1 2 5 6 9 5 4 10 6 3 4 3 4 4 3 53 6

6 5

對於\(30\%\)的資料，\(1 \leq n,k \leq 50\)

另有\(30\%\)的資料，\(m=n-1\)

對於\(100\%\)的資料，\(1 \leq n, k\leq 300,1 \leq m \leq 40000,0 \leq w \leq 10^9\)

時間限制： \(1s\)

空間限制： \(512m\)

經過觀察我們發現n很小，因此先跑一遍floyd預處理出兩兩之間的最短路。

然後我們再觀察傳送門的性質，可以發現，雖說有兩個傳送門，但實際上可以看作是乙個傳送門，然後你從任意乙個點都能到達傳送門所在的那個點(只需把另乙個傳送門放到你所在的點即可)。

其次，所謂的\(k\)個任務是假的，其實就是\(k\times2\)個任務，每次從上乙個點到達這乙個點。

於是我們考慮設\(f[i][j]\)表示完成前\(i\)個任務，當前有乙個傳送門在\(j\)的最優方案路徑長。(\(1\leq i \leq k \times 2,1 \leq j \leq n\))

考慮轉移(x表示當前任務要到達的點，now表示上乙個任務要到達的點(now初始化為1)):

1.\(f[i][j]=f[i-1][j]+min(dis[j][x],dis[now][x]);\)

若把傳送門設在\(j\)這個位置，可以是之前傳送門就在\(j\)，於是我們可以傳送到\(j\)然後走到\(x\)，或者直接從上一次到達的點走到\(x\).

2.\(f[i][j]=f[i-1][k]+min(dis[j][k],dis[now][k])+min(dis[k][x],dis[j][x])\);

不難理解，若之前傳送門在\(k\)，那麼我們為了把傳送門設在\(j\)位置,可以先由\(now\)或\(k\)位置走到\(j\)，設下傳送門，然後從\(j\)或\(k\)位置走到\(x\).

最後輸出\(f[k][now]\)即可.

ps:我用的dp用了滾存優化空間( 實際沒必要 )，

**如下(馬蜂很醜，不喜勿噴)——

#include#define tp template#define ts template#define reg register
#define ri reg int
#define con const
#define ci con int&
#define i inline
#define w while
#define maxn 305
#define maxm 80005
#define inf 214748364998244353
#define ll long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
int n,m,k,tot,fir[maxn],nxt[maxm],son[maxm],w[maxm];ll ans=inf,f[2][maxn],dis[maxn][maxn];
inline void add(int x,int y,int z)
class fileinputoutput
tp inline void read(t& x)
tp inline void write(t x,const char& ch)
inline void flush(void)
#undef tc
#undef pc
}f;int main()
k<<=1;int now=1;memset(f,63,sizeof(f));
f[0][1]=0;for(register int k=1,x,op=(k&1);k<=k;now=x,op^=1,k++)
} f.write(f[k&1][now],'\n');return f.flush(),0;
}

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