題意

一個 \(n\) 個點的完全圖，兩點之間的邊權為 \((i\ xor\ j)*C\) ,同時有 \(m\) 條額外單向路徑，問從 \(S\) 到 \(T\) 的最短路。

\(n\leq 10^5,\ m\leq 5\times 10^5,C\leq 100\).

分析

• 如果沒有額外的邊，會直接從 \(S\) 到 \(T\) ，因為如果每個二進位制位 \(i\) 不同那麼一定會有一步走 \((1<< i)*C\)，
  如果相同也沒有必要多走幾個點而可能多一部分路程。

• 如果多了一些特殊邊，最後的決策一定是從某個點直接到另一個點然後經過一條特殊邊，再重複這個過程直到 \(T\)

  .

• 按照這樣的方式建圖跑最短路就可以得到解，但是邊數太多考慮優化建圖。

• 發現 \(A \rightarrow B\) 可以寫成 $A \rightarrow (A and B) \rightarrow B $,因為共有的部分不取貢獻。
  於是每個點只需要向最近的一層，也就是與之相差一個二進位制位的點連邊即可。

• 邊數 \(nlogn\) ，總時間複雜度為 \(O(nlogn)\) 。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
    return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=1e5 + 7;
int edc,n,C,A,B,m;
int head[N],vis[N],dis[N];
struct edge{
    int lst,to,c;
    edge(){}edge(int lst,int to,int c):lst(lst),to(to),c(c){}
}e[N*30];
void Add(int a,int b,int c){
    e[++edc]=edge(head[a],b,c),head[a]=edc;
}
struct data{
    int u,dis;
    data(){}data(int u,int dis):u(u),dis(dis){}
    bool operator <(const data &rhs)const{
        return rhs.dis<dis;
    }
};
priority_queue<data>Q;
void dijk(){
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    dis[A]=0;
    Q.push(data(A,dis[A]));
    while(!Q.empty()){
        int u=Q.top().u;Q.pop();
        if(vis[u]) continue;vis[u]=1;   
        go(u)if(dis[u]+e[i].c<dis[v]){
            dis[v]=dis[u]+e[i].c;
            Q.push(data(v,dis[v]));
        }
    }
    printf("%d\n",dis[B]);
}
int main(){
    n=gi(),m=gi(),C=gi();
    rep(i,1,n)
    rep(j,0,17)if(i>>j&1) Add(i,i^(1<<j),(1<<j)*C),Add(i^(1<<j),i,(1<<j)*C);
    rep(i,1,m){
        int a=gi(),b=gi(),c=gi();
        Add(a,b,c);
    }
    A=gi(),B=gi();
    dijk();
    return 0;
}