【BZOJ3073】[Pa2011]Journeys

Description

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保证一条道路不会修建两次，也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

Input

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。

Output

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。

Sample Input

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

Sample Output

1
1
2
0
1

题解：珍爱生命，远离vector!珍爱生命，远离cfree!

ZZ一上午就跟这道题耗上了，一开始想用线段树维护一堆vector，然后用并查集+BFS来搞，结果就死在了vector的删除操作上啊~，各种奇葩错误信息直接将cfree搞炸了，然后卸载+重启+重装了n次也不好使，于是默默回归gdb。。。

于是最后还是放弃，学了用线段树优化建图+Dijkstra，具体方法：

建立两棵线段树，A树从所有节点向父亲连边，B树从所有节点向儿子连边，从B树的所有叶子向A树的所有叶子连边，边权都是0。

对于每个操作，新建节点c，从A中对应的节点向c连边，从c向B中对应节点连边，边权都是${1\over2}$

然后跑Dijkstra就行了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <utility>
#define mp(A,B) make_pair(A,B)
#define lson (x<<1)
#define rson (x<<1|1)
using namespace std;
const int maxn=500010;
typedef pair<int,int> pii;
int n,m,S,tot,cnt;
int vis[5000000],dis[5000000],pos[maxn];
int to[30000000],next[30000000],val[30000000],head[5000000];
priority_queue<pii> pq;
int rd()
{int ret=0,f=1;   char gc=getchar();while(gc<'0'||gc>'9')  {if(gc=='-')f=-f;  gc=getchar();}while(gc>='0'&&gc<='9')  ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();return ret*f;
}
void add(int a,int b,int c)
{to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
struct sag
{void build(int l,int r,int x,int flag){if(l==r){if(!flag)    pos[l]=x;else  add(x+4*n,x,0);return ;}int mid=l+r>>1;build(l,mid,lson,flag),build(mid+1,r,rson,flag);if(flag)   add(x+4*n,lson+4*n,0),add(x+4*n,rson+4*n,0);else    add(lson,x,0),add(rson,x,0);}void updata(int l,int r,int x,int a,int b,int c,int flag){if(a<=l&&r<=b){if(!flag) add(x,c,1);else add(c,x+4*n,1);return ;}int mid=l+r>>1;if(a<=mid)  updata(l,mid,lson,a,b,c,flag);if(b>mid)  updata(mid+1,r,rson,a,b,c,flag);}
}s1,s2;
int main()
{n=rd(),m=rd(),S=rd();int i,a,b,c,d;memset(head,-1,sizeof(head));s1.build(1,n,1,0),s2.build(1,n,1,1);tot=n<<3;for(i=1;i<=m;i++){a=rd(),b=rd(),c=rd(),d=rd();s1.updata(1,n,1,a,b,++tot,0),s2.updata(1,n,1,c,d,tot,1);s1.updata(1,n,1,c,d,++tot,0),s2.updata(1,n,1,a,b,tot,1);}memset(dis,0x3f,sizeof(dis));pq.push(mp(0,pos[S])),dis[pos[S]]=0;int u;while(!pq.empty()){u=pq.top().second,pq.pop();if(vis[u]) continue;vis[u]=1;for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])if(dis[to[i]]>dis[u]+val[i])dis[to[i]]=dis[u]+val[i],pq.push(mp(-dis[to[i]],to[i]));}for(i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",dis[pos[i]]>>1);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7016611.html