题目链接

• 有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，边长均为 \(a\)。在原图中所有满足最短路长为 \(2a\) 的点对之间连一条边长为 \(b\) 的边。
• 求给定点 \(st\) 到所有点的距离。
• \(1\le n,m\le10^5\)，\(1\le a,b\le10^3\)

原图上的 BFS

根据 \(b\) 与 \(a\) 的大小关系，最短路径可能有三种：全是 \(a\)；若干 \(b\) 和一个 \(a\)；全是 \(b\)。

先在原图中 BFS 一遍，求出 \(st\) 到所有点的最小边数 \(d_i\)。

也就是说，对于全是 \(a\) 的情况，最短路径长度就是 \(d_i\times a\)。

根据最短路的性质，最短路上第 \(k\) 个点和第 \(k+2\) 个点之间必然无边（否则就不是最短路了），因此我们必然可以把这条最短路径压缩，但可能会多出一个 \(a\)。

也就是说，对于若干个 \(b\) 和一个 \(a\) 的情况，最短路径长度就是 \(\lfloor\frac{d_i}2\rfloor\times b+(d_i\operatorname{mod}2)\times a\)。

只走 \(b\) 的BFS

然后考虑全是 \(b\) 的情况，我们重新 BFS 一遍，要求每次只能走 \(b\)。

有点类似于求三元环，但我们要求的实际上是三元非环。先枚举一遍当前点 \(x\) 连向的点 \(y\) 打标记，再枚举一遍当前点 \(x\) 连向的点 \(y\) 并枚举 \(y\) 连向的点 \(z\)，如果 \(z\) 没被打上标记，那么就可以从 \(x\) 向 \(z\) 转移。

但我们并没有进行求三元环预先给边定向的操作，并且也无法进行这个操作，因此这样的复杂度是不正确的。

不过考虑 BFS 的性质，就是每个点 \(z\) 只会被转移一次。我们不妨在转移后就把这条边给删掉。

注意，具体实现中需要维护两个边集，其中枚举 \(x\) 连向的点是用原边集，枚举 \(y\) 连向的点是用转移边集，而我们删边仅是在转移边集中删去。

因此，第二重枚举中的一条边被枚举到时，除非它构成了一个三元环，否则就会被删去。而三元环的个数是 \(O(m\sqrt m)\) 的，故复杂度正确。

代码：\(O(m\sqrt m)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define INF (int)1e9
using namespace std;
int n,m,st,a,b,d[N+5],q[N+5],vis[N+5],ans[N+5];
struct Graph
{
	int ee,lnk[N+5];struct edge {int to,pre,nxt;}e[2*N+5];I Graph() {ee=1;}
	I int operator [] (CI x) Cn {return lnk[x];}I edge operator () (CI x) Cn {return e[x];}
	I void Add(CI x,CI y) {e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]].pre=ee,e[lnk[x]=ee].to=y;}
	I void Del(CI id) {(e[id].pre?e[e[id].pre].nxt:lnk[e[id^1].to])=e[id].nxt,e[e[id].nxt].pre=e[id].pre;}//删边
}G,K;
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	#define pc(c) (FC==FE&&(clear(),0),*FC++=c)
	int OT;char oc,FI[FS],FO[FS],OS[FS],*FA=FI,*FB=FI,*FC=FO,*FE=FO+FS;
	I void clear() {fwrite(FO,1,FC-FO,stdout),FC=FO;}
	Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
	Tp I void writeln(Ty x) {W(OS[++OT]=x%10+48,x/=10);W(OT) pc(OS[OT--]);pc('\n');}
}using namespace FastIO;
int main()
{
	RI i,j,x,y;for(read(n,m,st,a,b),i=1;i<=m;++i) read(x,y),G.Add(x,y),G.Add(y,x),K.Add(x,y),K.Add(y,x);
	RI k,H,T;for(i=1;i<=n;++i) d[i]=-1;d[q[H=T=1]=st]=0;
	W(H<=T) for(i=G[k=q[H++]];i;i=G(i).nxt) !~d[G(i).to]&&(d[q[++T]=G(i).to]=d[k]+1);//原图上的BFS
	for(i=1;i<=n;++i) ans[i]=~d[i]?min(d[i]*a,(d[i]&1)*a+(d[i]>>1)*b):INF;
	for(i=1;i<=n;++i) d[i]=-1;d[q[H=T=1]=st]=0;W(H<=T) {for(i=G[k=q[H++]];i;i=G(i).nxt) vis[G(i).to]=k;//给当前点连向的点打标记
		for(i=G[k];i;i=G(i).nxt) for(j=K[G(i).to];j;j=K(j).nxt) vis[K(j).to]^k&&(K.Del(j),!~d[K(j).to]&&(d[q[++T]=K(j).to]=d[k]+1));}//二重枚举，不构成三元环即可删边
	for(i=1;i<=n;++i) ~d[i]&&(ans[i]=min(ans[i],d[i]*b));for(i=1;i<=n;++i) writeln(ans[i]);return clear(),0;
}