Codeforces 806 D.Prishable Roads

题目大意：给出一张完全图，你需要选取其中的一些有向边，连成一个树形图，树形图中每个点的贡献是其到根节点路径上每一条边的边权最小值，现在你需要求出每一个点作为根得到的树形图的贡献之和最小值。

解题思路：不难发现，最终答案一定是一条链挂着一个菊花的形态，且一定存在一种最优解菊花和链相连的边是权值最小的边，如果不是，那么最小的边在链上可以直接把其它边免费挂到它下面，更优，如果最小边在菊花上，那么菊花上的其它边接在最小的边下面形成新的菊花会更优。那么我们可以把所有边权都减去最小的边权 (min) ，现在我们要最小话根到这条最小的边的这条链上的边权之和。可以归纳证明这条链从最小边到根的路径上除了第一条边和第二条边的边权递增，那么这些边的贡献就是边权，可以直接跑最短路，而对于起始的那两条边，分类讨论一下那条边权值更大用一个超级源建两种边即可。跑不加优化的 Dijstra的复杂度是 (O(n^2))

code

/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((ll)(1e17))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T & x){
	int ch = 0, f = 0; x = 0;
	for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
	for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
	if(f) x = -x;
}
#define int ll
const int N = 2005;
int a[N*N*2], b[N*N*2], head[N], nxt[N*N*2], cnt;
int w[N][N], dis[N], now[N], tag[N], vis[N], n, S;
inline void add(int x, int y, int z){
	a[++cnt] = y, b[cnt] = z, nxt[cnt] = head[x], head[x] = cnt;
}
signed main(){
	read(n), S = n + 1; int Minedge = inf;
	for(int i = 1; i < n; i++)
		for(int j = i + 1; j <= n; j++)
			read(w[i][j]), w[j][i] = w[i][j], Minedge = Min(w[i][j], Minedge);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= n; j++) if(i != j){
			add(i, j, w[i][j] -= Minedge);
			if(!w[i][j]) tag[i] = 1, add(S, i, 0);
		}
	memset(now, 0x3f, sizeof(now));
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(!tag[i]){
		for(int j = 1; j <= n; j++)
			if(!tag[j] && i != j) now[j] = Min(now[j], w[i][j] << 1);

	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) add(S, i, now[i]);
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)), dis[S] = 0;
	for(int k = 1; k <= n; k++){
		int mn = inf, u = 0;
		for(int i = 1; i <= n + 1; i++)
			if(!vis[i] && dis[i] < mn) mn = dis[i], u = i;
		vis[u] = 1;
		for(int p = head[u]; p; p = nxt[p])
			if(dis[u] + b[p] < dis[a[p]]) dis[a[p]] = dis[u] + b[p];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) 
		printf("%lld
", dis[i] + (n - 1) * Minedge);
	return 0;
}