(Description)
给你一张有向图及一条(1)到(n)的最短路。对这条最短路上的每条边，求删掉这条边后(1)到(n)的最短路是多少。
(Solution)
枚举删每条边然后求最短路显然不行。考虑怎么保留之前求最短路的一些信息。
考虑删掉一条边后的最短路，(1)沿最短路到了某个点(x)，然后如果(x)到了最短路上的某点(y)，之后一定是沿(y)到(n)的最短路走到(n)。
(n)也是最短路上的点，即(x)一定会到达某个(y)并沿最短路到达(n)。这时就可以在(y)处直接更新(Ans)。
我们发现在(y)处的值可以更新所有(y)之前最短路的边的(Ans)。
我们用堆把这个值及(y)前面那条最短路的边的标号(id)存下来。如果当前删的边(i)大于等于堆顶的(id)，就可以直接用堆顶的答案了。否则直接(pop)掉堆顶。
所以我们把所有最短路边删掉，每求完一条边((u,v))的值时更新(dis[v])，然后把(v)再加入队列SPFA就行了。
每次SPFA不需要清空(dis)，(dis)是递减的。
当然本题复杂度玄学。
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#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 200000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=2e5+5;
int Enum,H[N],nxt[M],fr[M],to[M],len[M],dis[N],dt[N],A[N],pre[N];
bool ban[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Node
{
int pos,val;
bool operator <(const Node &x)const
{
return val>x.val;
}
};
std::priority_queue<Node> hp;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int w,int v,int u)
{
to[++Enum]=v, fr[Enum]=u, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w;
}
void SPFA(int s)
{
static bool inq[N];
static std::queue<int> q;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int x=q.front(); q.pop();
inq[x]=0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if(!ban[i]&&dis[v=to[i]]>dis[x]+len[i])
{
dis[v]=dis[x]+len[i];
if(pre[v]) hp.push((Node){pre[v],dis[v]+dt[pre[v]]});
else if(!inq[v]) inq[v]=1, q.push(v);
}
}
}
int main()
{
int n=read(),m=read(),l=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read(),read());
for(int i=1,id; i<=l; ++i)
{
A[i]=id=read();
ban[id]=1, pre[to[id]]=i;
}
for(int i=l-1; i; --i) dt[i]=dt[i+1]+len[A[i+1]];
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[1]=0, SPFA(1);
for(int i=1,id; i<=l; ++i)
{
while(!hp.empty()&&hp.top().pos<i) hp.pop();
if(hp.empty()) puts("-1");
else printf("%d
",hp.top().val);
id=A[i], dis[to[id]]=dis[fr[id]]+len[id];
SPFA(to[id]);
}
return 0;
}