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這題應該有好多種建圖方法吧？這種方法與其他題解都不一樣。

一個套路的建圖方法，做過這題就很容易想到。

感覺這種題解不是很好寫，那就直接寫怎麼建圖然後講每一種邊的意義吧。

【建點】把邊當成點，正向邊和反向邊分別建點，再建立超級源點 \(S\) ，超級匯點 \(T\)

對於每一個節點 \(u\) 按照 \(v\) 顏色的顏色從小到大排序（我習慣把邊設成 \(u\to v\)）。這樣所有起點為 \(u\) ，終點顏色相同的點會相鄰。

【邊一】如果這條邊的終點是 \(n\) ，那麼拉邊 \((id,T,0)\) ，因為它可以直接連到 \(n\)。

【邊二】如果這條邊的起點是 \(1\)

【邊三】對於 \(u\) 相同的兩個相鄰的出邊終點 \(v_1,v_2\) （邊的編號為 \(id_1,id_2\)），如果顏色相同，那麼拉邊 \((id_1,id_2,0),(id_2,id_1,0)\) ，因為這兩條邊可以免費走。【邊五】會講如果不同怎麼拉邊。

【邊四】正向邊向反向邊拉邊，因為走過去再走回來也可以。

我感覺剩下這種邊是這種建圖方法唯一的難點。

【邊五】我們現在還沒有處理顏色轉換的邊。這個東西看著賊難搞，不同顏色暴力拉邊的話複雜度就又可以被卡成平方了。

換個思路，新建一個虛點 \(x\)

往虛點走就意味著要換顏色，否則根本不會走長度為 \(1\) 的邊。而每一個顏色內部是可以隨便走的，所以這種建圖方法是對的。

總點數為 \(2m+n\) ，不要開小。還有顏色值域上限是 \(10^6\) ，不要開小了。

可以發現邊權只有 \(0\) 和 \(1\) ，直接bfs就可以 \(O(n)\) ，我偷懶寫了dij。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?x:-x;
}
const int N = 500005;
const int C = 1000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n, m, S, T, tot;
int dis[N];
bool vis[N];
struct node{
	int w, v, id;
	node(){w = v = id = 0;}
	node(int w_, int v_, int id_) {w = w_, v = v_, id = id_;}
	inline bool operator < (const node&t) const {return w < t.w;}
};
vector <node> E[N];
vector <pair<int, int> > e[N];
void Dij(){
	priority_queue <pair<int,int> > pq;
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
	pq.push(mkp(dis[S]=0, S));
	while (!pq.empty()){
		int u = pq.top().se; pq.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (int i = 0, up = sz(e[u]); i < up; ++ i){
			int v = e[u][i].se;
			if (ckmin(dis[v] , dis[u] + e[u][i].fi))
				if(!vis[v]) pq.push(mkp(-dis[v], v));
		}
	}
}
signed main() {
	n = read(), m = read(), S = m * 2 + 2, T = tot = S + 1;
	rep(i, 1, m) {
		int x = read(), y = read(), z = read();
		E[x].pb(node(z, y, i << 1)),E[y].pb(node(z, x, i << 1 | 1));
	}
	rep(i, 1, n){
		static int tag[C];
		sort(E[i].begin(), E[i].end()), ++tot;
		for (int j = 0, up = sz(E[i]); j < up; ++ j){
			node now = E[i][j];
			if(tag[now.w]!=i){
				tag[now.w]=i;
				e[now.id].pb(mkp(1, tot));
				e[tot].pb(mkp(0, now.id));
			}
			e[now.id].pb(mkp(0,now.id ^ 1));
			if (i == 1) e[S].pb(mkp(1, now.id));
			if (now.v == n) e[now.id].pb(mkp(0, T));
			if (j && now.w == E[i][j-1].w) e[E[i][j-1].id].pb(mkp(0, now.id)), e[now.id].pb(mkp(0, E[i][j-1].id));
		}
	}
	Dij(), printf("%d\n", dis[T] == inf ? -1 : dis[T]);
	return 0;
}