QOJ-6272 克莱因瓶

QOJ-6272 克莱因瓶

克莱因瓶 - Problem - QOJ.ac

给定一个 \((n+1)\times(n+1)\) 的网格图，每个点坐标为 \((i,j)\)，其中 \(0\le i,j\le n\)。对于每个 \((i,j)\)：

• 如果 \(j\ge 1\)，则到 \((i,j-1)\) 有一条双向边，以及 \((i,0)\) 到 \((i,n)\) 有一条双向边。
• 如果 \(i\ge1\)，则到 \((i-1,j)\) 有一条双向边，以及 \((0,j)\) 到 \((n,n-j)\) 有一条双向边。注意这里 \(\boldsymbol{j}\) 连接到 \(\boldsymbol{n-j}\)，所以你可以理解成一个克莱因瓶。

每次给定克莱因瓶上的两个点，问它们之间的最短路长度。\(1\le n\le10^8\)，\(1\le q\le10^5\)。

小清新思维题。图的结构示意如下。

结论：最多只会利用一次 \((0,j)\leftrightarrow(n,n-j)\) 的边。

感性理解，如果利用 \(\ge2\) 次这种边，则还不如不用，直接在网格上走即可。在上图中模拟不难看出。

因此分类讨论，有如下几种情况。

Submission #2678774 - QOJ.ac

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve() {
  int n, q; cin >> n >> q;
  while (q--) {
    int i1, j1, i2, j2;
    cin >> i1 >> j1 >> i2 >> j2;
    vector<tuple<int, int, int>> v({
      {0, n - j1, n - i1 + 1},
      {n, n - j1, i1 + 1},
      {i1, j1, 0}
    });
    int ans = n * 2;
    for (auto [i, j, c]: v) {
      int di = abs(i - i2), dj = abs(j - j2);
      ans = min(ans, c + di + min(dj, n + 1 - dj));
    }
    cout << ans << '\n';
  }
}

signed main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  int tt = 1;
  // cin >> tt;
  while (tt--) solve();
}