ABC365F Takahashi on Grid 题解

ABC365F Takahashi on Grid 题解

题目大意

有一个网格图，对于 \(i=1,2,\dots n\)，第 \(i\) 列的 \([L_i,U_i]\) 上的单元格是可到达的，形如下面这张图。

图中对于 \(i=1,2,\dots7\)，\([L_i,U_i]\) 分别为：

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

现有 \(q\) 次询问，每次询问给定起点 \((sx,sy)\) 和终点 \((tx,ty)\)。从起点出发，规定每次只能走到相邻的空单元格上，问最少走多少步能走到终点。

Solve

首先考虑暴力怎么计算步数。假定起点在左，终点在右。贪心地，如果我当前单元格右侧是空的，直接向右走，否则走到右侧离他最近的空单元格。如此走到终点所在列之后再加上到终点的距离即可。\(O(n)\) 暴力模拟之。

怎么优化？感觉要上一些数据结构，线段树不会，莫队感觉麻烦了，所以考虑分块。

对于一个起点，我一定是先一直水平向右走知道右侧没有空单元格，然后走到右侧空单元格的最上方或者最下方。所以对于每个块，我们维护如下信息：

• \(sum_{i,0/1}\) 表示从第 \(i\) 列空单元格的最下/上方开始，走到第 \(i\) 列所在块的最右端所需最小步数。对于每一列都暴力模拟跑一遍即可，预处理总复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
• \(p_{i,0/1}\) 表示从第 \(i\) 列空单元格的最下/上方开始，走到第 \(i\) 列所在块的最右端步数最小时，停在了第几行，处理 \(sum\) 顺便记录下来即可。
• \(mn_i\) 表示从第 \(i\) 列所在块左端点到第 \(i\) 列中，最上方的空单元格横坐标，即 \(U\) 的最小值；\(mx_i\) 表示从第 \(i\) 列所在块左端点到第 \(i\) 列中，最下方的空单元格横坐标，即 \(L\) 的最大值。维护这些是为了方便求出一个单元格水平向右最多走到哪。

接下来考虑如何在询问时将相邻的块的信息拼接起来。

比如我们现在走到了第 \(x\) 的块的右端点，横坐标为 \(now\)，我们需要找到第 \(x+1\) 个块里，最左侧的第 \(now\) 行不是空单元格的列。我们二分查找 \(mn_{[l_{x+1},r_{x+1}]}\) 里第一个小于 \(now\) 的位置 \(p1\) 和 \(mx_{[l_{x+1},r_{x+1}]}\) 里第一个大于 \(now\) 的位置 \(p2\)，取 \(\min\) 即可。

对于代价，若 \(p1<p2\)，令总代价加上 \(sum_{p1,1}\)，否则令总代价加上 \(sum_{p2,0}\)。即从第 \(p1\) / \(p2\) 列的最上/下方开始走到第 \(x+1\) 块的最右端的代价。然后让 \(now=p_{p1,1}\) / \(p_{p2,0}\)，继续下一块的拼接。

将整块拼接完后再特别处理一下终点所在散块的拼接，二分出第一个无法水平向右走到的位置，从那个位置开始暴力跑一遍代价即可。

询问总复杂度 \(O(q\sqrt n\log_2n)\)。显然可以调块长把 \(\log\) 写到根号里，但本题不卡常。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
	short f=1;
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')	f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,M=500;
int n,q,a[N],b[N],sx,sy,tx,ty;
int m,len,l[M],r[M],p[N][2],pos[N],mn[N],mx[N];
ll sum[N][2];
inline ll calc(int x,int now,int y,int &lst)//从 (x,now) 走到第 y 列的最小代价，最终横坐标为 lst
{
	ll res=0;
	for(int i=x;i<y;i=-~i)
	{
		if(now>b[i+1])	res+=now-b[i+1],now=b[i+1];
		if(now<a[i+1])	res+=a[i+1]-now,now=a[i+1];
	}
	return lst=now,res;
}
inline void pre(int u)//预处理第 u 块的信息
{
	for(int i=r[u];i>=l[u];i--)
		sum[i][0]=calc(i,a[i],r[u],p[i][0]),
		sum[i][1]=calc(i,b[i],r[u],p[i][1]);
	mn[l[u]]=b[l[u]];mx[l[u]]=a[l[u]];
	for(int i=l[u]+1;i<=r[u];i=-~i)
		mn[i]=min(b[i],mn[i-1]),mx[i]=max(a[i],mx[i-1]);
}
inline int lower(int l,int r,int x)//mn[l~r] 中第一个比 x 小的位置
{
	if(mn[r]>=x)	return r+1;
	while(l<r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(mn[mid]<x)	r=mid;
		else	l=-~mid;
	}
	return l;
}
inline int upper(int l,int r,int x)//mx[l~r] 中第一个比 x 大的位置
{
	if(mx[r]<=x)	return r+1;
	while(l<r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(mx[mid]>x)	r=mid;
		else	l=-~mid;
	}
	return l;
}
inline ll query()
{
	int x=pos[sx],y=pos[tx],now;
	if(x==y)	return calc(sx,sy,tx,now)+abs(now-ty);
	ll res=calc(sx,sy,r[x],now);//对于两边的散块，暴力跑代价
	for(int i=x+1,p1,p2;i<y;i=-~i)
	{
		p1=upper(l[i],r[i],now),p2=lower(l[i],r[i],now);
		if(min(p1,p2)>r[i])	continue;//如果能水平向右走到右端点
		if(p1<p2)	res+=sum[p1][0]+a[p1]-now,now=p[p1][0];
		else	res+=sum[p2][1]+now-b[p2],now=p[p2][1];
	}
	int p1=upper(l[y],tx,now),p2=lower(l[y],tx,now);//拼接终点所在散块
	if(min(p1,p2)<=tx)
	{
		if(p1<p2)	res+=a[p1]-now+calc(p1,a[p1],tx,now);
		else	res+=now-b[p2]+calc(p2,b[p2],tx,now);
	}
	return res+abs(now-ty);//加上同一列里走到终点横坐标的代价
}
signed main()
{
	n=read();len=sqrt(n*1.0);m=n/len;
	for(int i=1;i<=m;i=-~i)
		l[i]=-~r[i-1],r[i]=r[i-1]+len;
	if(n%len)	m=-~m,l[m]=r[m-1]+1,r[m]=n;
	for(int j=1;j<=m;j=-~j)
		for(int i=l[j];i<=r[j];i=-~i)
			a[i]=read(),b[i]=read(),pos[i]=j;
	for(int i=1;i<=m;i=-~i)	pre(i);
	q=read();
	while(q--)
	{
		sx=read();sy=read();tx=read();ty=read();
		if(sx>tx)	swap(sx,tx),swap(sy,ty);//默认从左往右走
		printf("%lld\n",query()+tx-sx);//别忘了加上横向代价
	}
	return 0;
}