Bài toán có thể được hiểu như sau: cho đồ thị vô hướng $n$ đỉnh $m$ cạnh có trọng số và các số nguyên $S$, $T$, $X$, $Y$. Ta có thể chọn $1$ đường đi ngắn nhất bất kì từ $S$ đến $T$ và biến mọi trọng số trên đường này trở thành $0$. Tìm chi phi nhỏ nhất có thể để đi từ đỉnh $X$ đến đỉnh $Y$.
Trước hết, sử dụng thuật toán *dijkstra* cho 2 đỉnh $S$ và $T$. Khi đó, ta có thể biết được trong $m$ cạnh đã cho, cạnh nào thuộc đường đi ngắn nhất từ $S$ đến $T$.
- $ds_i$ là đường đi ngắn nhất từ s đến i, tương tự với $dt_i$.
- Cạnh $(u, v, w)$ (có hướng) thuộc đường đi ngắn nhất từ $S$ đến $T \Leftrightarrow ds_u + dt_v + w = ds_t$.
Đường đi tối ưu là: $X \rightarrow U \rightarrow V \rightarrow Y$, với $U$ và $V$ là $2$ đỉnh thuộc **cùng $1$ đường đi ngắn nhất** bất kì từ $S$ đến $T$.
Ta sẽ xây dựng đồ thị bao gồm 4 lớp như sau:
- Lớp thứ $1$ và lớp thứ $4$: đồ thị ban đầu.
- Lớp thứ $2$: đồ thị chỉ gồm các **cạnh $1$ chiều thuộc ít nhất $1$ đường đi ngắn nhất** từ $S$ đến $T$, **trọng số cạnh là $0$**.
- Lớp thứ $3$: đồ thị chỉ gồm các **cạnh $1$ chiều thuộc ít nhất $1$ đường đi ngắn nhất** từ $T$ đến $S$, **trọng số cạnh là $0$**.
- Lớp thứ $1$ sẽ có đường đi $1$ chiều trọng số $0$ đến lớp thứ $2$ và $3$.
- Lớp thứ $2$ và $3$ sẽ có đường đi $1$ chiều trọng số $0$ đến lớp thứ $4$.
Lớp thứ $2$ và lớp thứ $3$ là **DAG**. Khi đó, bất kì cách di chuyển nào trên các lớp này sẽ ứng với tối đa $1$ đường đi ngắn nhất từ $S$ đến $T$.
Nếu ta không định hướng cho đường đi ngắn nhất, ta có thể sẽ gặp trường hợp này: $X \rightarrow U \rightarrow S$ (hoặc $T$) $\rightarrow V$. Với $U$ và $V$ thuộc $2$ đường đi ngắn nhất từ $S$ đến $T$ khác nhau, không thỏa yêu cầu bài toán.
Tiếp tục áp dụng thuật toán *dijkstra* trên đồ thị vừa xây dựng, ta có được đáp án của bài toán.
Độ phức tạp thuật toán: Đồ thị mới sau khi dựng có thể có số đỉnh gấp $4$ lần và số cạnh gấp $6$ lần đồ thị ban đầu, thêm $2$ lần dijkstra ban đầu, ta có thể coi là $O(6m\log 4n + 2m\log n)$.
Ngoài ra, USACO Guide có lời giải khác cho bài toán này, độc giả có thể tham khảo [Tại đây](https://usaco.guide/problems/joi-2018commuter-pass/solution)
**Code mẫu:**
``` cpp=
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const ll INF=1e15;
int n,m,s,t,x,y;
vector<pair<int,int>> graph[N],g[4*N];
ll d[2][N],d1[4*N];
void dijkstra(int s,int k)
{
for(int i=1;i<=n;i++) d[k][i]=INF;
d[k][s]=0;
priority_queue<pair<ll,pair<int,int>>,vector<pair<ll,pair<int,int>>>,greater<pair<ll,pair<int,int>>>> pq;
pq.push({d[k][s],{k,s}});
while((int)pq.size())
{
ll temp=pq.top().fi;
int k=pq.top().se.fi,u=pq.top().se.se;
pq.pop();
if(temp!=d[k][u]) continue;
for(int i=0;i<(int)graph[u].size();i++)
{
int v=graph[u][i].fi,w=graph[u][i].se;
if(d[k][v]>d[k][u]+w)
{
d[k][v]=d[k][u]+w;
pq.push({d[k][v],{k,v}});
}
}
}
}
void solve()
{
cin >> n >> m >> s >> t >> x >> y;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,w;
cin >> u >> v >> w;
graph[u].push_back({v,w});
graph[v].push_back({u,w});
}
dijkstra(s,0);dijkstra(t,1);
for(int u=1;u<=n;u++)
{
g[u].push_back({n+u,0});
g[u].push_back({2*n+u,0});
g[n+u].push_back({3*n+u,0});
g[2*n+u].push_back({3*n+u,0});
for(int i=0;i<(int)graph[u].size();i++)
{
int v=graph[u][i].fi,w=graph[u][i].se;
if(d[0][u]+w+d[1][v]==d[0][t])
{
g[n+u].push_back({n+v,0});
g[2*n+v].push_back({2*n+u,0});
}
g[u].push_back({v,w});g[3*n+u].push_back({3*n+v,w});
}
}
priority_queue<pair<ll,int>,vector<pair<ll,int>>,greater<pair<ll,int>>> pq;
for(int i=1;i<=4*n;i++) d1[i]=INF;
d1[x]=0;
pq.push({d1[x],x});
while((int)pq.size())
{
ll temp=pq.top().fi;
int u=pq.top().se;
pq.pop();
if(temp!=d1[u]) continue;
for(int i=0;i<(int)g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i].fi,w=g[u][i].se;
if(d1[v]>d1[u]+w)
{
d1[v]=d1[u]+w;
pq.push({d1[v],v});
}
}
}
cout << d1[3*n+y] << endl;
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
int t=1;
//cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
}
```
lftroq
Created at
2 likes