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HuangHai
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TangDou/AcWing/MiniPath/P4568.md
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@@ -0,0 +1,278 @@
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## 分层图最短路
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[P4568 [JLOI2011]飞行路线](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4568)
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### 一、分层图概念
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**分层图最短路** :在可以进行分层图的图上解决最短路问题
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**分层图**：理解为有 **多个平行的图**
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**模型**：在一个正常的图上可以进行 $k$ 次决策，对于每次决策，不影响图的结构，只影响目前的 **状态** 或 **代价**。一般将 **决策前的状态** 和 **决策后的状态** 之间 **连接一条权值为决策代价的边**，表示付出该代价后就可以转换状态了
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### 二、建图方式
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有两种方法解决分层图最短路问题：
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* 建图时 **直接建成$k+1$层**
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* **多开一维** 记录分层信息
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#### 1、建图时直接建成$k+1$层
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我们建$k+1$层图。然后有边的两个点，多建一条到下一层边权为$0$的单向边，如果走了这条边就表示用了一次机会。
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有$N$个点时:
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<!-- 让表格居中显示的风格 -->
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<style>
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.center
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{
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width: auto;
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display: table;
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margin-left: auto;
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margin-right: auto;
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}
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</style>
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<div class="center">
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| 层数 | 开始 | 结束 |
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| ---- | ---- | ---- |
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| 第一层 | $1$ | $n$ |
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| 第二层 | $n+1$ |$2n$ |
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| 第三层 | $2n+1$|$3n$|
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| ...| ...|...|
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| 第$i$层| $(i-1)*n+1$|$i*n$|
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| 第$i+1$层| $i*n+1$|$(i+1)*n$|
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</div>
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原始图要占一层，每经过一个条件变化，就到达一层，共$k$个条件，所以，要建$K+1$层图，数组要开到$n*(k+1)$，点的个数也为$n*(k+1)$
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举个栗子：
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```c++
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n = 4，m = 3，k = 2
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0 1 100
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1 2 100
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2 3 100
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```
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* $4$个节点，$3$条边，起点、终点、边权为上面的三组数据
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* $2$有两条边可以免费，求第$3$长的边最短是多少
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建成图之后大概是这样的：
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对于上面的数据：答案就是$3$，$3+n$，$3+2n$ 中的 **最小值**
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**注意**
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由于分层图的 **空间复杂度** 及 **时间复杂度较高**（特别是空间复杂度），故在分析时 **一定要计算好时间及空间**:
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**边数**
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* $m*(k+1$)，无向图则需$*2$（可以理解为$2$个点互连的有向图）
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* 考虑到每层图之间存在多条权值为$0$的边,一层最多有$m$条边，共$k+1$层(其实这里存在 **楼梯** 的是$k$层,多算一点防止$RE$)，考虑无向图，$*2$
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$$\large M=m*(k+1)*2+m*(k+1)*2+10$$
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本题就是：$M=5e4*11*2+ 5e4*11*2+ 10$
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千万不要因为 **空间没开够** 或 **爆空间** 而导致$RE$！！！
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1e4 * 2 * 11 + 10; //节点数：1e4,无向图，1e4*2,共k+1(k<=10)层:1e4*2*11
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||||
const int M = 5e4 * 11 * 3 + 10; //边数
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typedef pair<int, int> PII;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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int dist[N], st[N];
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//邻接表
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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int n, m, s, t, k;
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void dijkstra() {
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priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
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dist[s] = 0;
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q.push({0, s});
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while (q.size()) {
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int u = q.top().second;
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q.pop();
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if (st[u]) continue;
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st[u] = true;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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||||
if (st[j]) continue;
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if (dist[j] > dist[u] + w[i]) {
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dist[j] = dist[u] + w[i];
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q.push({dist[j], j});
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}
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}
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}
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}
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int main() {
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//多组测试数据
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while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)) {
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//初始化
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memset(h, -1, sizeof(h));
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idx = 0;
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memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
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memset(st, false, sizeof(st));
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scanf("%d%d", &s, &t); //起点与终点
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while (m--) {
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int a, b, c;
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scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
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//分层图建图
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for (int i = 0; i <= k; i++) { //创建k+1层分层图
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add(a + i * n, b + i * n, c), add(b + i * n, a + i * n, c); //无向图
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if (i < k) //从第0层开始，到k-1层结束，都需要向下一层建立通道
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add(a + i * n, b + (i + 1) * n, 0), add(b + i * n, a + (i + 1) * n, 0);
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}
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}
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//一遍最短路
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dijkstra();
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// k+1个层中，都去找t的最短路径，再取最小值，就是答案
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int ans = INF;
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for (int i = 0; i <= k; i++)
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ans = min(ans, dist[t + i * n]);
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printf("%d\n", ans);
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}
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return 0;
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}
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```
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#### 2、多开一维记录分层信息
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我们把$dist$数组和$st$数组 **多开一维** 记录$k$次机会的信息
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$dist[i][j]$ 代表到达 $j$ 用了 $i$ 次免费机会的 **最小花费**
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$st[i][j]$ 代表到达 $j$ 用了 $i$ 次 免费机会的情况 **是否出现过**
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更新步骤：
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* **先更新同层之间**（即花费免费机会相同）的最短路
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`dist[r][j] = min(dist[r][j],dist[r][u] + w[i]);`
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* **更新从该层到下一层**（即再花费一次免费机会）的最短路。
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`dist[r+1][j] = min(dist[r+1][j]，dist[r][u]);`
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对于数据：
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```c++
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n = 4，m = 3，k = 2
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0 1 100
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1 2 100
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2 3 100
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```
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建成图之后大概是这样的：
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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||||
using namespace std;
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||||
const int INF = 0x3f3f3f3f;
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||||
typedef pair<int, int> PII;
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||||
const int N = 1e4 * 2 * 11 + 10; //节点数：1e4,无向图，1e4*2,共k+1(k<=10)层:1e4*2*11
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||||
const int M = N << 1; //边数
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||||
//邻接表
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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||||
void add(int a, int b, int c) {
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||||
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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int dist[15][N], st[15][N];
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||||
int n, m, s, t, k;
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void dijkstra() {
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priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
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dist[0][s] = 0; //第零层，起点s
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q.push({0, s});
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while (q.size()) {
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int u = q.top().second;
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q.pop();
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int r = u / n; //行
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u %= n; //列
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if (st[r][u]) continue;
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st[r][u] = true;
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//更新同行,不使用免费机会
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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if (st[r][j]) continue;
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if (dist[r][j] > dist[r][u] + w[i]) {
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dist[r][j] = dist[r][u] + w[i];
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q.push({dist[r][j], j + r * n});
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}
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}
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//更新下一行，使用免费机会
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if (r < k) {
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//出发点u,目标点：下一行的j位置
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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if (st[r + 1][j]) continue; //下一行，j列走过吗?
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if (dist[r + 1][j] > dist[r][u]) { //从r,u直接通过零成本过来 (r+1,j)
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dist[r + 1][j] = dist[r][u];
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q.push({dist[r + 1][j], j + (r + 1) * n});
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}
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}
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}
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}
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}
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int main() {
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while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)) {
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memset(h, -1, sizeof(h));
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memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
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memset(st, false, sizeof(st));
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idx = 0;
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scanf("%d%d", &s, &t);
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while (m--) {
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int a, b, c;
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scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
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||||
add(a, b, c), add(b, a, c);
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||||
}
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dijkstra();
|
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||||
int ans = INF;
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for (int i = 0; i <= k; i++)
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ans = min(ans, dist[i][t]);
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||||
printf("%d\n", ans);
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}
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return 0;
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}
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```
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### 三、选择哪种方法
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具体选择哪一种方法，看数据范围吧:
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* 直接建成$k+1$层
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一次性建全$k+1$层，如果超过题目上限$128MB$，那么就只能使用第二种办法。
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$$\large M=m*(k+1)*2+m*(k+1)*2 \approx m*4*k $$
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比如本题：$m=5e4,k=10$，就是$5e4*4*10=2e6$
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$2e6 *4byte=8e6 ~ byte = 7812kb = 7.6mb$
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完全没有问题。
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* 多开一维记录分层信息
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这种办法由于只创建了一层节点的边关系，会小$k$倍的内存，同时，由于优先队列是一边进一边出的，所以内存可以控制。
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