P14923 [GESP202512 八级] 猫和老鼠

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猫和老鼠所在的庄园可以视为一张由 nn 个点和 mm 条带权无向边构成的连通图。结点依次以 1,2,…,n1,2,\ldots,n 编号，结点 ii（1≤i≤n1\le i\le n）有价值为 cic_i 的奶酪。在 mm 条带权无向边中，第 ii（1≤i≤m1\le i\le m）条无向边连接结点 uiu_i 与结点 viv_i，边权 wiw_i 表示猫和老鼠通过这条边所需的时间。

猫窝位于结点 aa，老鼠洞位于结点 bb。对于老鼠而言，结点 uu 是安全的当且仅当：

  • 老鼠能规划一条从结点 uu 出发逃往老鼠洞的路径，使得对于路径上任意结点 xx（包括结点 uu 与老鼠洞）都有：猫从猫窝出发到结点 xx 的最短时间严格大于老鼠从结点 uu 沿这条路径前往结点 xx 所需的时间。

老鼠在拿取安全结点的奶酪时不存在被猫抓住的可能，但在拿取不是安全结点的奶酪时则不一定。为了确保万无一失，老鼠决定只拿取安全结点放置的奶酪。请你计算老鼠所能拿到的奶酪价值之和。

输入格式

第一行，两个正整数 n,mn,m，分别表示图的结点数与边数。

第二行，两个正整数 a,ba,b，分别表示猫窝的结点编号，以及老鼠洞的结点编号。

第三行，nn 个正整数 c1,c2,…,cnc_1,c_2,\ldots,c_n，表示各个结点的奶酪价值。

接下来 mm 行中的第 ii 行（1≤i≤m1\le i\le m）包含三个正整数 ui,vi,wiu_i,v_i,w_i，表示图中连接结点 uiu_i 与结点 viv_i 的边，边权为 wiw_i。

输出格式

输出一行，一个整数，表示老鼠所能拿到的奶酪价值之和。

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输入输出样例 #2

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输出 #2

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说明/提示

对于 40%40\% 的测试点，保证 1≤n≤5001\le n\le 500，1≤m≤5001\le m\le 500。

对于所有测试点，保证 1≤n≤1051\le n\le 10^5，1≤m≤1051\le m\le 10^5，1≤a,b≤n1\le a,b\le n 且 a≠ba\neq b，1≤ui,vi≤n1\le u_i,v_i\le n，1≤wi≤1091\le w_i\le 10^9。

注：GESP 原题缺失 cic_i 范围，可按 1≤ci≤1091 \le c_i \le 10^9 计算。

题解

这是一个经典的图论问题，可以转化为最短路问题的变种。我们需要计算每个节点是否满足特定的“安全条件”。

核心思路解析

这个问题包含两个核心部分：

  1. 猫的行动：猫从 aa 点出发，到任意点 xx 的最短时间是固定的。我们可以用 Dijkstra 算法求出猫到所有点 xx 的最短时间，记为 Dcat[x]D_{cat}[x]。
  2. Jerry 的规划：Jerry 需要寻找一条从 uu 到 bb（老鼠洞）的路径，使得路径上任意一点 xx，满足 Dcat[x]>TimeJerry(u→x)D_{cat}[x] > Time_{Jerry}(u \to x)。

逆向思维推导

与其思考“Jerry 从 uu 走到 bb”，不如从老鼠洞 bb 反向推导回到 uu。

定义 S[u]S[u] 为：Jerry 在节点 uu 时，相对于猫到达该点的时间，他拥有的最大“时间富余量”（Slack）。或者更准确地说，这是 Jerry 在 uu 点可以“可以延迟多久出发”还能安全到达洞口的安全阈值。

根据题目定义，对于路径上的点 xx（从 uu 到 bb），必须满足：

TimeJerry(u→x)<Dcat[x]Time_{Jerry}(u \to x) < D_{cat}[x]

假设 Jerry 在 uu 点耗费了 tt 时间出发（虽然题目是从 0 开始，但为了递推，我们引入这个相对量），则到达 xx 点的时间为 t+dist(u,x)t + dist(u, x)。

安全条件变为：

t+dist(u,x)<Dcat[x]  ⟹  t<Dcat[x]−dist(u,x)t + dist(u, x) < D_{cat}[x] \implies t < D_{cat}[x] - dist(u, x)

这意味着，为了保证路径后续所有点都安全，Jerry 在 uu 点的“最大容忍时间” S[u]S[u] 受限于路径上所有点的瓶颈。

递推公式（状态转移）：

我们从老鼠洞 bb 开始倒推。

  • 基准情况：在老鼠洞 bb，只要猫还没抓到他就是安全的。所以 S[b]=Dcat[b]S[b] = D_{cat}[b]。

  • 递推：假设我们已经知道节点 vv 的安全余量 S[v]S[v]，现在有一条边 (u,v)(u, v) 权重为 ww（Jerry 实际上是 u→vu \to v）。

    Jerry 在 uu 点的安全受到两个限制：

    1. uu 点本身必须安全：时间必须小于 Dcat[u]D_{cat}[u]。
    2. 通过 vv 后续的路径必须安全：Jerry 从 uu 到 vv 走了 ww 时间，到达 vv 后，他剩余的“时间余额”变成了 S[v]S[v]。所以在 uu 点，他相对于 vv 的限制是 S[v]−wS[v] - w。

    综上，从 vv 推导到 uu 的状态转移方程为：

    S[u]=max⁡(S[u],min⁡(Dcat[u],S[v]−w))S[u] = \max(S[u], \min(D_{cat}[u], S[v] - w))

我们需要求出每个点的最大 S[u]S[u]。这本质上是一个**最大瓶颈路（Maximum Bottleneck Path）**问题，可以使用类似 Dijkstra 的贪心算法（使用大顶堆）来解决。

判定标准：

如果计算出的 S[u]>0S[u] > 0，说明 Jerry 在 t=0t=0 时刻出发是满足严格小于猫的时间的，该节点安全。

算法步骤

  1. 计算猫的最短路：以 aa 为起点运行标准 Dijkstra，求出所有点的 Dcat[i]D_{cat}[i]。
  2. 计算安全余量：
    • 初始化所有点的 S[i]=−1S[i] = -1。
    • 设 S[b]=Dcat[b]S[b] = D_{cat}[b]，将 (S[b],b)(S[b], b) 加入大顶堆优先队列。
    • 运行“最大瓶颈路”算法：
      • 每次取出当前 SS 值最大的点 vv。
      • 遍历邻居 uu（边权 ww）：
      • 计算通过 vv 能够给 uu 带来的余量：limit=min⁡(Dcat[u],S[v]−w)limit = \min(D_{cat}[u], S[v] - w)。
      • 如果 limit>S[u]limit > S[u]，则更新 S[u]=limitS[u] = limit，并将 uu 入队。
  3. 统计结果：遍历所有节点 ii，如果 S[i]>0S[i] > 0，则将 cic_i 加入总奶酪数。

C++ 示范代码

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;

const long long INF = 1e18;

struct Edge {
    int to;
    long long w;
};

struct Node {
    int id;
    long long val;
    // 重载小于号用于优先队列
    bool operator>(const Node& other) const {
        return val > other.val; // 小顶堆用
    }
    bool operator<(const Node& other) const {
        return val < other.val; // 大顶堆用
    }
};

int n, m, a, b;
vector<long long> cheese;
vector<vector<Edge>> adj;

// 标准 Dijkstra 计算猫的最短路
vector<long long> get_cat_distances(int start_node) {
    vector<long long> dist(n + 1, INF);
    dist[start_node] = 0;
    priority_queue<Node, vector<Node>, greater<Node>> pq; // 小顶堆
    pq.push({start_node, 0});

    while (!pq.empty()) {
        Node current = pq.top();
        pq.pop();
        int u = current.id;
        long long d = current.val;

        if (d > dist[u]) continue;

        for (auto& edge : adj[u]) {
            if (dist[u] + edge.w < dist[edge.to]) {
                dist[edge.to] = dist[u] + edge.w;
                pq.push({edge.to, dist[edge.to]});
            }
        }
    }
    return dist;
}

// 类似 Dijkstra 的贪心算法计算 Jerry 的安全余量 (Slack)
vector<long long> get_safe_slack(int start_node, const vector<long long>& cat_dist) {
    vector<long long> slack(n + 1, -1);

    // 如果猫就在老鼠洞，余量直接为0（不安全，因为题目要求严格大于）
    // 但根据算法逻辑，初始 slack 设为 cat_dist[b] 即可
    slack[start_node] = cat_dist[start_node];

    priority_queue<Node> pq; // 大顶堆，优先处理余量大的路径
    pq.push({start_node, slack[start_node]});

    while (!pq.empty()) {
        Node current = pq.top();
        pq.pop();
        int u = current.id;     // 当前节点 (推导方向是从 洞 -> u -> ... -> 奶酪点)
        long long s = current.val;

        if (s < slack[u]) continue;

        for (auto& edge : adj[u]) {
            int v = edge.to; // v 是 u 的邻居 (推导方向 u -> v)
            long long w = edge.w;

            // 核心推导公式:
            // 我们从 u (靠近洞) 扩展到 v (远离洞)
            // v 的安全余量受限于：
            // 1. v 自身离猫的距离 (cat_dist[v])
            // 2. 从 u 传递过来的余量减去路程耗时 (slack[u] - w)
            long long next_slack = min(cat_dist[v], slack[u] - w);

            if (next_slack > slack[v]) {
                slack[v] = next_slack;
                pq.push({v, slack[v]});
            }
        }
    }
    return slack;
}

int main() {
    // 优化 I/O 速度
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    if (!(cin >> n >> m >> a >> b)) return 0;

    cheese.resize(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> cheese[i];
    }

    adj.resize(n + 1);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v;
        long long w;
        cin >> u >> v >> w;
        adj[u].push_back({v, w});
        adj[v].push_back({u, w});
    }

    // 1. 计算猫到所有点的最短时间
    vector<long long> cat_dist = get_cat_distances(a);

    // 2. 计算 Jerry 从老鼠洞反向推导的安全余量
    vector<long long> slack = get_safe_slack(b, cat_dist);

    // 3. 统计结果
    long long total_cheese = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // 安全条件: 能够规划路线，且任意点猫到达时间 > Jerry到达时间
        // 这等价于我们在 t=0 时刻出发，拥有 > 0 的余量
        if (slack[i] > 0) {
            total_cheese += cheese[i];
        }
    }

    cout << total_cheese << endl;

    return 0;
}

样例说明

输入样例

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样例解释

  • 图结构：一条链 1−2−3−4−51-2-3-4-5，加上一条边 2−52-5。
  • 位置：猫在 1，老鼠洞在 5。
  • 奶酪：c1=10,c2=20,c3=30,c4=40,c5=50c_1=10, c_2=20, c_3=30, c_4=40, c_5=50。
  • 猫的到达时间 (DcatD_{cat})：
    • 1: 0 (起点)
    • 2: 10
    • 3: 20
    • 4: 30
    • 5: 40 (路径 1-2-3-4-5) 或 45 (路径 1-2-5)。最短是 40。
  • Jerry 的安全余量 (SlackSlack) 计算（从 5 号点倒推）：
    • Node 5: Slack[5]=Dcat[5]=40Slack[5] = D_{cat}[5] = 40。
    • 推导 Node 4 (边权 10): min⁡(Dcat[4],Slack[5]−10)=min⁡(30,30)=30\min(D_{cat}[4], Slack[5]-10) = \min(30, 30) = 30。
    • 推导 Node 3 (边权 10): min⁡(Dcat[3],Slack[4]−10)=min⁡(20,20)=20\min(D_{cat}[3], Slack[4]-10) = \min(20, 20) = 20。
    • 推导 Node 2 (来自 3, 边权 10): min⁡(Dcat[2],Slack[3]−10)=min⁡(10,10)=10\min(D_{cat}[2], Slack[3]-10) = \min(10, 10) = 10。
    • 推导 Node 2 (来自 5, 边权 35): min⁡(10,40−35)=5\min(10, 40-35) = 5。最大值取 10。
    • 推导 Node 1 (边权 10): min⁡(Dcat[1],Slack[2]−10)=min⁡(0,0)=0\min(D_{cat}[1], Slack[2]-10) = \min(0, 0) = 0。
  • 判定：
    • Node 5: Slack=40>0Slack=40 > 0 (安全)
    • Node 4: Slack=30>0Slack=30 > 0 (安全)
    • Node 3: Slack=20>0Slack=20 > 0 (安全)
    • Node 2: Slack=10>0Slack=10 > 0 (安全)
    • Node 1: Slack=0Slack=0 (不安全，必须严格大于)
  • 结果：20+30+40+50=14020+30+40+50 = 140。

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