[bzoj3073]Journeys

线段树 线段树优化连边 最短路

题面

$Seter$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。

• $n\leq5*10^5,m\leq10^6$

解析

显然不能照着题面说的去建边啊，空间复杂度$O(n^2)$惹不起。
一般来说，当边数过多的时候，一般都有一种使边数变少的方法：线段树优化连边。
（$update$：其实还有一种，在"[SDOI2010]所驼门王的宝藏"中，我是用把区间所有点连成一个环来表示区间点能够相互到达的，但这种只适用于判连通性）

首先要有两颗线段树，一颗维护出发区间，一颗维护到达区间。（要不然会重复）
如果要在对应的两个区间建边，可以建单向边，从一个区间（线段树）向一个新建点连边，边权赋为$1$；再把这点连向另一个区间（线段树），边权赋为$0$。
如果要建反向边，再新建一个点就可以了。
（理性思考一下发现与题目意思是等价的）

在出发线段树内部，由子结点向父结点建边；在到达线段树内部，由父结点向子结点建边。边权均为$0$。毕竟区间内部移动应该是（可看为）不需要经过道路的。
然后两颗线段树对应结点建边权为$0$的双向边。

所以这个建边的空间复杂度是多少呢？
线段树内部建边$O(2nlogn)$，线段树对应点连边$O(nlogn)$，区间建边$O(m*?)$。
所以建边数组要使劲往大开。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e7+100;
int n,m,p,st[N],ed[N],id[2][N],tot,h[N],cnt,dis[N];
bool vis[N];
struct Edge{int to,nxt,w;}e[N];
il void add(re int u,re int v,re int w){e[++cnt]=(Edge){v,h[u],w};h[u]=cnt;}
struct node{int u,dis;il bool operator < (const node &o) const {return dis>o.dis;}};
priority_queue<node>Q;
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il void Build(re int x,re int l,re int r)
{
  id[0][x]=++tot;id[1][x]=++tot;
  if(l==r)
    {
      st[l]=id[0][x];ed[l]=id[1][x];
      add(id[0][x],id[1][x],0);
      add(id[1][x],id[0][x],0);
      return;
    }
  re int mid=l+r>>1;
  Build(ls,l,mid);Build(rs,mid+1,r);
  add(id[0][ls],id[0][x],0);add(id[0][rs],id[0][x],0);
  add(id[1][x],id[1][ls],0);add(id[1][x],id[1][rs],0);
}
il void Insert(re int x,re int l,re int r,re int ql,re int qr,re int u,re int op)
{
  if(ql<=l&&r<=qr)
    {
      if(!op) add(id[0][x],u,1);
      else add(u,id[1][x],0);
      return;
    }
  re int mid=l+r>>1;
  if(ql<=mid) Insert(ls,l,mid,ql,qr,u,op);
  if(qr>mid) Insert(rs,mid+1,r,ql,qr,u,op);
}
il void Dijstra()
{
  memset(dis,63,sizeof(dis));
  Q.push((node){st[p],0});dis[st[p]]=0;
  while(!Q.empty())
    {
      re int u=Q.top().u;Q.pop();
      vis[u]=1;
      for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
    {
      re int v=e[i].to;
      if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
        {
          dis[v]=dis[u]+e[i].w;
          Q.push((node){v,dis[v]});
        }
    }
      while(!Q.empty()&&vis[Q.top().u]) Q.pop();
    }
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();p=gi();
  Build(1,1,n);
  fp(i,1,m)
    {
      re int A=gi(),B=gi(),C=gi(),D=gi();
      ++tot;
      Insert(1,1,n,A,B,tot,0);
      Insert(1,1,n,C,D,tot,1);
      ++tot;
      Insert(1,1,n,C,D,tot,0);
      Insert(1,1,n,A,B,tot,1);
    }
  Dijstra();
  fp(i,1,n) printf("%d\n",dis[ed[i]]);
  return 0;
}

然而时间不够优秀。。。
注意到边权只有$0/1$，我们实际上可以优化最短路算法中的那个$log$。
每次更新完，我们可以把为$0$的放在队首，为$1$的放在队尾。因为从$0$转移过来的肯定比从$1$的更优。

il void Dijstra()
{
  memset(dis,63,sizeof(dis));
  Q.push_back(st[p]);dis[st[p]]=0;
  while(!Q.empty())
    {
      re int u=Q.front();Q.pop_front();
      if(vis[u]) continue;vis[u]=1;
      for(re int i=h[u];i;i=e[i].nxt)
    {
      re int v=e[i].to;
      if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
        {
          dis[v]=dis[u]+e[i].w;
          e[i].w?Q.push_back(v):Q.push_front(v);
        }
    }
    }
}