题目大意：初始给定 N 个点，支持三种操作：两点之间连边；一个点与一个连续区间编号的点之间连边；一个连续区间内的点和一个点连边，求执行 N 次操作之后的单源最短路。

题解：学会了线段树优化建图。
发现若暴力进行连边，时间和空间都会被卡到 \(O(n^2)\)，直接起飞。
发现连边的点的编号是连续的，结合线段树可以维护连续区间信息的思想，就产生了线段树优化建图的方法。
在初始的 N 个节点的基础上建立两棵线段树，分别表示入树和出树，其中入树的上的各个节点允许单个节点的连接；出树上的节点允许连接单个节点。对于入树中的每个节点来说，需要连一条边权为 0 的有向边到它的两个儿子，表示若有节点连向父节点，那么一定也连向了儿子节点；对于出树上的每个节点来说，需要连一条边权为 0 的有向边到它的父节点，表示若当前节点可以连向某个节点，那么其子节点也一定可以走到这个节点。
时空复杂度分析：空间为两棵线段树的空间减去一份叶子节点的大小，即：\(3 * n\)，时间复杂度为 \(elog^2v\)，其中 e 是边的条数，v 是节点的个数。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;struct edge {int to;LL w;edge(int x = -1, int y = -1) {to = x, w = y;}
};struct segtree {#define ls(o) tree[o].lc#define rs(o) tree[o].rcstruct node {int lc, rc;};vector<node> tree;int tot, rootin, rootout;segtree(int n, vector<vector<edge>> &adj) {tot = n;tree.resize(3 * n);buildin(rootin, 1, n, adj);buildout(rootout, 1, n, adj);}void buildin(int &o, int l, int r, vector<vector<edge>> &adj) {if (l == r) {o = l;return;}o = ++tot;int mid = l + r >> 1;buildin(ls(o), l, mid, adj);buildin(rs(o), mid + 1, r, adj);adj[o].emplace_back(ls(o), 0);adj[o].emplace_back(rs(o), 0);}void buildout(int &o, int l, int r, vector<vector<edge>> &adj) {if (l == r) {o = l;return;}o = ++tot;int mid = l + r >> 1;buildout(ls(o), l, mid, adj);buildout(rs(o), mid + 1, r, adj);adj[ls(o)].emplace_back(o, 0);adj[rs(o)].emplace_back(o, 0);}void link(int o, int l, int r, int x, int y, int u, int w, int opt, vector<vector<edge>> &adj) {// opt 2 -> in  3 -> outif (l == x && r == y) {opt == 2 ? adj[u].emplace_back(o, w) : adj[o].emplace_back(u, w);return;}int mid = l + r >> 1;if (y <= mid) {link(ls(o), l, mid, x, y, u, w, opt, adj);} else if (x > mid) {link(rs(o), mid + 1, r, x, y, u, w, opt, adj);} else {link(ls(o), l, mid, x, mid, u, w, opt, adj);link(rs(o), mid + 1, r, mid + 1, y, u, w, opt, adj);}}
};int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m, s;cin >> n >> m >> s;vector<vector<edge>> adj(3 * n);segtree t(n, adj);while (m--) {int opt;cin >> opt;if (opt == 1) {int u, v, w;cin >> u >> v >> w;adj[u].emplace_back(v, w);} else {int u, l, r, w;cin >> u >> l >> r >> w;t.link(opt == 2 ? t.rootin : t.rootout, 1, n, l, r, u, w, opt, adj);}}vector<LL> d(3 * n, 1e18);vector<bool> expand(3 * n);priority_queue<pair<LL, int>> q;auto dijkstra = [&]() {d[s] = 0, q.push(make_pair(0, s));while (!q.empty()) {int u = q.top().second;q.pop();if (expand[u] == 1) {continue;}expand[u] = 1;for (auto e : adj[u]) {int v = e.to, w = e.w;if (d[v] > d[u] + w) {d[v] = d[u] + w;q.push(make_pair(-d[v], v));}}}};dijkstra();for (int i = 1; i <= n; i++) {if (d[i] == 1e18) {cout << "-1" << " ";} else {cout << d[i] << " ";}}return 0;
}