图论 ---- dijkstra变种dp Codeforces Div2 703 E. Paired Payment

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题目大意：

无向图，但是一次一定要走两步，权值为两个边边权和的平方。求1到其他每个点的最短距离。
n∈[1,1e5],m∈[1,min(2e5,n(n−1)2)],wi∈[1,50]n\in[1,1e5],m\in[1,min(2e5,\frac{n(n-1)}{2})],w_i\in[1,50]n∈[1,1e5],m∈[1,min(2e5,2n(n−1))],wi∈[1,50]

解题思路：

图上dpdpdp
这个题的突破口在于那个权值，因为才505050非常小
一开始我最朴素的想法想把距离为2的全部连边，但是不可行
因为是每次走两条边那么就有两个限制条件：

4.1 ：到了一个点你走的边数是奇数边还是偶数边？
4.2 ：你上一条边的权值是多少？
那么看到这里我们就想能不能把dijkstra里面的状态增加去跑最短路？
肯定是可以的设dp[i][j][k]dp[i][j][k]dp[i][j][k]表示你现在走到iii点，上一条边的权值是jjj,且经过的路径条数是否是k∈[0,1](表示奇数和偶数)k\in[0,1](表示奇数和偶数)k∈[0,1](表示奇数和偶数)
那么我们就可以转移了，kkk转移到k⊕1k\oplus1k⊕1的转态
如果到当前点状态是奇数奇数奇数那么直接继承前面最小的偶数偶数偶数路径,并且记录转移过来的的权值www是多少更新dpdpdp方程
如果是偶数那么就可直接平方和去更新答案

AC code

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)
#define Lson rt << 1, l , mid
#define Rson rt << 1|1, mid + 1, r
#define ms(a,al) memset(a,al,sizeof(a))
#define log2(a) log(a)/log(2)
#define lowbit(x) ((-x) & x)
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define f first
#define s second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 1e9 + 9;
const int maxn = 400010;
const long double eps = 1e-5;
const int EPS = 500 * 500;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
typedef pair<double,double> PDD;
template<typename T> void read(T &x) {x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')f*=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48;ch=getchar();}x*=f;
}
template<typename T, typename... Args> void read(T &first, Args& ... args) {read(first);read(args...);
}
struct node {int nxt, to, val;
}e[maxn];
int head[maxn], cnt;
inline void add(int from, int to, int val) {e[cnt] = {head[from],to,val};head[from] = cnt ++;
}
ll dist[maxn][51][2];struct Node {int poi, w, odd, val;bool operator < (const Node & a) const {return val > a.val;}
};inline void dij() {ms(dist,0x3f);dist[1][0][0] = 0;priority_queue<Node> q;q.push({1,0,0,0});while(!q.empty()) {auto top = q.top();q.pop();for(int i = head[top.poi]; ~i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].to, w = e[i].val;ll cost = 0;if(top.odd == 1) cost = (top.w + w) * (top.w + w);if(dist[v][w][top.odd^1] > top.val + cost) {dist[v][w][top.odd^1] = top.val + cost;q.push((Node){v,w,top.odd^1,top.val+cost});}}}
}int main() {IOS;ms(head,-1);int n, m;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; ++ i) {int u, v, val;cin >> u >> v >> val;add(u,v,val);add(v,u,val);}dij();for(int i = 1; i <= n; ++ i) {ll ans = 1e18;for(int j = 0; j <= 50; ++ j) ans = min(dist[i][j][0],ans);if(ans == 1e18) cout << "-1 ";else cout << ans << " ";}
}

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