[bzoj3073] Journeys 题解（线段树优化建图）

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

 

可以看出来难点在于建图，建完后一个堆优化dj就搞定

排除最朴素的循环建边，不难想到一种较为优化的方式：

将$(a,b)$的点向虚拟节点$p_1$连一条边权为0的边，再将$p_1$与$p_2$相连，边权为1，最后将$p_2$连到$(c,d)$边权为0。

但这还不是最优的方法，事实上，建图的过程完全可以用线段树优化。

由于建图要对区间进行操作，所以可以想到线段树（强行扯上关系）

建立A树与B树，A树的非叶子节点向父亲连边，B树的非叶子节点向儿子连边，边权为0;（两树的叶节点对应真实节点，其余为虚构点）

B树的叶节点向A树叶节点连边，

当进行区间连边操作时，找到区间在A线段树上的位置，把这部分向虚点连0权边，再连1权边到另一虚点，再连到B上，

没错，就是我们一开始考虑的小优化。

这里的线段树可以动态开点，注意跑dj时要用映射后的点编号。

 

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define pa pair<int,int>
const int N=500005,M=3000005;
int n,m,to[M<<3],nxt[M<<3],len[M<<3],head[M],tot,dis[M],s,v[M];
int ls[N<<2],rs[N<<2],type,key[N<<2],root1,root2;
priority_queue<pa> q;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
void add(int x,int y,int z)
{
    to[++tot]=y;
    len[tot]=z;
    nxt[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
}
void build(int &k,int l,int r,int val)
{
    k=++type;
    if(l==r)
    {
        if(val)key[l]=k;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(ls[k],l,mid,val);
    build(rs[k],mid+1,r,val);
    if(val)add(ls[k],k,0),add(rs[k],k,0);
    else add(k,ls[k],0),add(k,rs[k],0);
}
void pre(int l,int r,int x,int y)
{
    if(l==r)
    {
        add(y,x,0);
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    pre(l,mid,ls[x],ls[y]);
    pre(mid+1,r,rs[x],rs[y]);
}
void update(int S,int T,int l,int r,int x,int y,int val)
{
    if(S<=l&&r<=T)
    {
        if(val)add(x,y,0);
        else add(y,x,0);
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(S<=mid)update(S,T,l,mid,ls[x],y,val);
    if(T>mid)update(S,T,mid+1,r,rs[x],y,val);
}
void link(int a,int b,int c,int d)
{
    update(a,b,1,n,root1,++type,1);
    add(type,type+1,1);
    update(c,d,1,n,root2,++type,0);
}
void Dj(int st)
{
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    pa tmp=make_pair(0,key[st]);
    q.push(tmp);
    dis[key[st]]=0;    
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.top().second;
        q.pop();
        if(v[x])continue;
        v[x]=1;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        {
            if(dis[to[i]]>dis[x]+len[i])
            {
                dis[to[i]]=dis[x]+len[i];
                q.push(make_pair(-dis[to[i]],to[i]));
            }
        }
    }
}
int main()
{
    n=read();m=read();s=read();
    build(root1,1,n,1);build(root2,1,n,0);
    pre(1,n,root1,root2);

    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
        link(a,b,c,d);link(c,d,a,b);
    }
    Dj(s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d\n",dis[key[i]]);
    return 0;
}