hihocoder #1138 : Islands Trave

　　这道题一开始想的是用Dijkstra或者是SPFA算法来写，写好了以后提交，结果TLE了。当时写的时候就感觉每个节点更新的复杂度至少是 O(n) O(n) 级别的，再考虑到数据量有 N<=100000，0<=Xi,Yi<=1000000000 N 就感觉会超时，不过当时也不知道该怎么降维，只能硬着头皮上了。后来看了hihocoder上面的题解后

http://www.hihocoder.com/discuss/question/2792

知道了怎么将 O(n) O(n) 降为 O(4) O(4) ，重新写了以后，就AC了。
　　首先我来讲讲 O(n) O(n) 的算法是个什么思路，不想看的朋友可以直接看下一段。在SPFA算法中，在某个节点 i i从队列中弹出来后，我们需要将跟这个节点相连的节点最短路径进行更新，然后将路径长度变短的节点重新塞入队列中。这样一来，由于每个节点都可以跟节点ii相连，所以需要将所有的节点都进行一遍更新，也就是每个节点的更新复杂度是 O(n) O(n) ，在这样大的数据量的情况下，跑完整个list肯定就会超时了。因此现在就需要降维。
　　看了hihocoder的题解，简单来说，就是分别找到在X和Y上距离每个节点最近的两个节点（一前一后），然后在每次更新相邻节点时，就只用更新前后4个，也就是 O(4) O(4) 的复杂度了。因此我们需要对X进行排序，找到该节点的一前一后两个点（X数值相同也行）；同理对Y进行处理。之后每次更新只用找到这4个点更新就行。为了更进一步进行优化，我还做了剪枝处理，设置一个1到N的距离最大值maxDistance，如果两个点的距离大于这个值，就直接丢弃，不需要在访问了。并且需要对maxDistance进行维护，更新。下面就是AC代码：
　　

//Islands Trave
#include<iostream>
//#include<map>
//#include<string>
#include<queue>
#include<vector>
#include <cstdio>
#include<fstream>
#include<algorithm>
using namespace std;#define Min(a,b) a<b?a:b
#define INF 1000000005
#define Num 100000+5
typedef struct {//每个节点的结构int X;int Y;int ID;int LinkNode[4];//分别对应X上的一前一后和Y上的一前一后，beforeX, afterX,beforeY, afterY
} Location;Location location[Num];
int head[Num];
queue<int> list;
bool visit[Num];
int Distance[Num];int differ(int l1, int l2)//计算两个节点的距离
{if (l1 == l2) return INF;return Min(abs(location[l1].X - location[l2].X), abs(location[l1].Y - location[l2].Y));
}bool compx(Location l1, Location l2)///按照X对节点进行排序
{if (l1.X != l2.X) return l1.X < l2.X;else return  l1.Y < l2.Y;
}bool compy(Location l1, Location l2)//按照Y对节点进行排序
{if (l1.Y != l2.Y) return l1.Y < l2.Y;else return  l1.X < l2.X;
}bool compID(Location l1, Location l2)//按照ID对节点进行排序
{return l1.ID < l2.ID;
}int LuShi()
{int N = 0, maxDistance = 1000000000;cin >> N;int i = 0, j = 0;for (i = 1; i < N + 1; i++){cin >> location[i].X >> location[i].Y;location[i].ID = i;visit[i] = false;Distance[i] = INF;}sort(location + 1, location + N + 1, compx);//对X进行排序i = 1;location[i].LinkNode[0] = 0;while (i<N + 1){j = i + 1;location[j].LinkNode[0] = location[i].ID;//beforeX，在X上的前一个location[i].LinkNode[1] = j <= N ? location[j].ID : 0;//afterX，在X上的后一个i++;}sort(location + 1, location + N + 1, compy);//对Y进行排序i = 1;location[j].LinkNode[2] = 0;while (i < N + 1){j = i + 1;location[j].LinkNode[2] = location[i].ID;//beforeY，在Y上的前一个location[i].LinkNode[3] = j <= N ? location[j].ID : 0;//afterY，在Y上的后一个i++;}sort(location + 1, location + N + 1, compID);//恢复原来的顺序，方便查找maxDistance = differ(1,N);//计算最大值，准备剪枝for (int i = 1; i < N + 1; i++)//对1节点进行更新，将周围4个节点塞入队列{if (differ(1, i)<maxDistance) {Distance[i] = differ(1, i);list.push(i);visit[i] = true;}}while (!list.empty()){for (i = 0; i < 4; i++)//可以看到，这个复杂度是O(4){int to = location[list.front()].LinkNode[i];//相邻的节点int min = differ(list.front(), to) + Distance[list.front()];//计算1到该节点的最短距离if (min<maxDistance) {//如果这一跳距离大于1到N的距离，那么最后通过这个路径到达N的距离一定大于等于maxDistance，剪枝if (min < Distance[to]) {//只有小于原来的距离才剪枝if (to == N) {//如果相邻节点是N，更新最短距离maxDistancemaxDistance = min;}else//不是到N的，将这个节点塞入队列{if (visit[to] == false) {//如果在队列中，就不需要塞了list.push(to);visit[to] = true;}}Distance[to] = min;//更新相邻节点的最短距离}}}visit[list.front()] = false;//弹出节点list.pop();}cout << Distance[N] << endl;//直接输出N的值return 0;
}int main()
{streambuf * oldbuf = cin.rdbuf((new ifstream("C:\\Users\\yzc\\Desktop\\input.txt"))->rdbuf());//重定向，OJ时将它注释掉//cout << LuShi() << endl;LuShi();system("pause");return 0;
}

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