CodeForces - 1422D Returning Home(最短路+思维建图)

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题目大意：给出一个 n * n 的二维平面，现在要从点 ( sx , sy ) 到达点 ( fx , fy )，在平面上有 m 个传送门，共有两次操作：

向上、下、左、右移动一个单位，花费为一个单位
可以瞬间移动到同行或同列的传送门，没有花费

现在问从起点到终点最少需要多少时间

题目分析：首先需要知道的是，起点和终点并不是传送门，所以最后的一步一定是要么从起点走到终点，要么是从传送门走到终点

所以问题转换为了如何在传送门之间建图，不难发现如果 x 坐标相同或者 y 坐标相同的传送门都是可以无花费且相互可达的，而 x 轴或 y 轴不同的传送门，其之间的距离实质上就是两条坐标轴之间的距离，至多有 m 条 x 轴和 m 条 y 轴需要处理，离散化一下建图就好了

也不知道计算过程中会不会爆 int ，就直接开了 long long

代码：

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;//顶点数 const int M=1e6+100;//边数 vector<pair<int,int>>node;vector<int>X,Y;template<typename T>
struct Dij
{const static int N=1e6+100;const static int M=1e6+100;struct Edge{int to,next;T w;}edge[M];int head[N],cnt;//链式前向星 T d[N];bool vis[N];void addedge(int u,int v,T w){edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;edge[cnt].to=u;edge[cnt].w=w;edge[cnt].next=head[v];head[v]=cnt++;}struct Node{int to;T w;Node(int TO,T W){to=TO;w=W;}bool operator<(const Node& a)const{return w>a.w;}};void Dijkstra(int st){priority_queue<Node>q;memset(vis,false,sizeof(vis));memset(d,0x3f,sizeof(d));d[st]=0;q.push(Node(st,0));while(q.size()){Node cur=q.top();int u=cur.to;q.pop();if(vis[u])continue;vis[u]=true;for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)//扫描出所有边 {int v=edge[i].to;T w=edge[i].w;if(d[v]>d[u]+w)//更新 {d[v]=d[u]+w;q.push(Node(v,d[v]));}}}}void init(){memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0; }
};Dij<LL>t;int get_id_x(int x)
{return lower_bound(X.begin(),X.end(),x)-X.begin()+node.size();
}int get_id_y(int y)
{return lower_bound(Y.begin(),Y.end(),y)-Y.begin()+node.size()+X.size();
}void discreate()
{sort(X.begin(),X.end());sort(Y.begin(),Y.end());X.erase(unique(X.begin(),X.end()),X.end());Y.erase(unique(Y.begin(),Y.end()),Y.end());for(int i=1;i<X.size();i++)t.addedge(i+node.size()-1,i+node.size(),X[i]-X[i-1]);for(int i=1;i<Y.size();i++)t.addedge(i+node.size()+X.size()-1,i+node.size()+X.size(),Y[i]-Y[i-1]);
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);t.init();int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int sx,sy,fx,fy;scanf("%d%d%d%d",&sx,&sy,&fx,&fy);node.emplace_back(sx,sy);node.emplace_back(fx,fy);X.push_back(sx);Y.push_back(sy);for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);X.push_back(x);Y.push_back(y);node.emplace_back(x,y);}discreate();for(int i=0;i<node.size();i++){if(i==1)//如果是终点的话就不需要与传送门连边了continue;int x,y;tie(x,y)=node[i];t.addedge(get_id_x(x),i,0);t.addedge(get_id_y(y),i,0);t.addedge(i,1,abs(x-fx)+abs(y-fy));//每个点都需要与终点单独连一下边}t.Dijkstra(0);printf("%lld\n",t.d[1]);return 0;
}

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