bzoj3073[Pa2011]Journeys 线段树优化建图+堆优化Dijkstra

Posted 2020-09-23 GXZlegend

题目描述

Seter建造了一个很大的星球，他准备建造N个国家和无数双向道路。N个国家很快建造好了，用1..N编号，但是他发现道路实在太多了，他要一条条建简直是不可能的！于是他以如下方式建造道路：(a,b),(c,d)表示，对于任意两个国家x,y，如果a<=x<=b,c<=y<=d，那么在xy之间建造一条道路。Seter保证不会有一个国家与自己之间有道路。

Seter好不容易建好了所有道路，他现在在位于P号的首都。Seter想知道P号国家到任意一个国家最少需要经过几条道路。当然，Seter保证P号国家能到任意一个国家。

注意：可能有重边

输入

第一行三个数N,M,P。N<=500000,M<=100000。

后M行，每行4个数A，B，C，D。1<=A<=B<=N,1<=C<=D<=N。

输出

N行，第i行表示P号国家到第i个国家最少需要经过几条路。显然第P行应该是0。

样例输入

5 3 4
1 2 4 5
5 5 4 4
1 1 3 3

样例输出

1
1
2
0
1

---

题解

线段树优化建图+堆优化Dijkstra

看别人blog看到了这道题，于是决定YY一发。

一个朴素（已经不是最朴素的了）的加边方法：a~b的所有点->p1，长度为0；p1->p2，长度为1；p2->c~d的所有点，长度为0，其中加的都是有向边，p1和p2是新建的两个辅助点，然后再反过来进行这个过程。

然而这样加边的话边数依旧巨大。

由于给出的加边都是区间形式，所以我们可以用维护区间的数据结构——线段树，去优化这个建图过程。

具体方法（这里只讲加有向边a~b->c~d的方法）：

建立两颗线段树A、B，其中A线段树每个非叶子节点的儿子向该节点连边，长度为0，B线段树每个非叶子节点向该节点的儿子连边，长度为0；B线段树的叶子结点向A线段树对应的叶子结点连边，长度为0。

这里面A线段树的叶子结点代表原图中的节点，其余节点都是用来优化建图。

对于加边操作，找到A线段树上a~b对应的区间节点，这些节点向p1连边，长度为0；p1->p2，长度为1；找到B线段树上c~d对应的区间节点，p2向这些节点连边，长度为0.

最后跑堆优化Dijkstra出解。

应该不是很难理解，具体可以见代码。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <utility>
#define N 500010
#define M 3500010
using namespace std;
priority_queue<pair<int , int> > q;
int head[M] , to[M << 3] , len[M << 3] , next[M << 3] , cnt , ls[N << 3] , rs[N << 3] , ra , rb , tot , v[N] , n , dis[M] , vis[M];
void add(int x , int y , int z)
{
	to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void build(int l , int r , int &x , int flag)
{
	x = ++tot;
	if(l == r)
	{
		if(flag) v[l] = x; 
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(l , mid , ls[x] , flag) , build(mid + 1 , r , rs[x] , flag);
	if(flag) add(ls[x] , x , 0) , add(rs[x] , x , 0);
	else add(x , ls[x] , 0) , add(x , rs[x] , 0);
}
void deal(int l , int r , int x , int y)
{
	if(l == r)
	{
		add(y , x , 0);
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	deal(l , mid , ls[x] , ls[y]) , deal(mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
void update(int b , int e , int p , int l , int r , int x , int flag)
{
	if(b <= l && r <= e)
	{
		if(flag) add(x , p , 0);
		else add(p , x , 0);
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(b <= mid) update(b , e , p , l , mid , ls[x] , flag);
	if(e > mid) update(b , e , p , mid + 1 , r , rs[x] , flag);
}
void link(int a , int b , int c , int d)
{
	update(a , b , ++tot , 1 , n , ra , 1) , add(tot , tot + 1 , 1) , update(c , d , ++tot , 1 , n , rb , 0);
}
int main()
{
	int m , p , a , b , c , d , i , x;
	scanf("%d%d%d" , &n , &m , &p);
	build(1 , n , ra , 1) , build(1 , n , rb , 0) , deal(1 , n , ra , rb);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d%d%d" , &a , &b , &c , &d) , link(a , b , c , d) , link(c , d , a , b);
	memset(dis , 0x3f , sizeof(dis)) , dis[v[p]] = 0 , q.push(make_pair(0 , v[p]));
	while(!q.empty())
	{
		x = q.top().second , q.pop();
		if(vis[x]) continue;
		vis[x] = 1;
		for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
			if(dis[to[i]] > dis[x] + len[i])
				dis[to[i]] = dis[x] + len[i] , q.push(make_pair(-dis[to[i]] , to[i]));
	}
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) printf("%d\n" , dis[v[i]]);
	return 0;
}