【BZOJ4070】[Apio2015]雅加达的摩天楼

Description

印尼首都雅加达市有 N 座摩天楼，它们排列成一条直线，我们从左到右依次将它们编号为 0 到 N−1。除了这 N 座摩天楼外，雅加达市没有其他摩天楼。

有 M 只叫做 “doge” 的神秘生物在雅加达市居住，它们的编号依次是 0 到 M−1。编号为 i 的 doge 最初居住于编号为 Bi 的摩天楼。每只 doge 都有一种神秘的力量，使它们能够在摩天楼之间跳跃，编号为 i 的 doge 的跳跃能力为 Pi （Pi>0）。

在一次跳跃中，位于摩天楼 b 而跳跃能力为 p 的 doge 可以跳跃到编号为 b−p （如果 0≤b−p<N）或 b+p （如果 0≤b+p<N）的摩天楼。

编号为 0 的 doge 是所有 doge 的首领，它有一条紧急的消息要尽快传送给编号为 1 的 doge。任何一个收到消息的 doge 有以下两个选择:

跳跃到其他摩天楼上；

将消息传递给它当前所在的摩天楼上的其他 doge。

请帮助 doge 们计算将消息从 0 号 doge 传递到 1 号 doge 所需要的最少总跳跃步数，或者告诉它们消息永远不可能传递到 1 号 doge。

Input

输入的第一行包含两个整数 N 和 M。

接下来 M 行，每行包含两个整数 Bi 和 Pi。

Output

输出一行，表示所需要的最少步数。如果消息永远无法传递到 1 号 doge，输出 −1。

Sample Input

5 3
0 2
1 1
4 1

Sample Output

5
explanation
下面是一种步数为 5 的解决方案：
0 号 doge 跳跃到 2 号摩天楼，再跳跃到 4 号摩天楼（2 步）。
0 号 doge 将消息传递给 2 号 doge。
2 号 doge 跳跃到 3 号摩天楼,接着跳跃到 2 号摩天楼，再跳跃到 1 号摩天楼（3 步）。
2 号 doge 将消息传递给 1 号 doge。

HINT

子任务

所有数据都保证 0≤Bi<N。

子任务 1 （10 分）

1≤N≤10

1≤Pi≤10

2≤M≤3

子任务 2 （12 分）

1≤N≤100

1≤Pi≤100

2≤M≤2000

子任务 3 （14 分）

1≤N≤2000

1≤Pi≤2000

2≤M≤2000

子任务 4 （21 分）

1≤N≤2000

1≤Pi≤2000

2≤M≤30000

子任务 5 （43 分）

1≤N≤30000

1≤Pi≤30000

2≤M≤30000

题解：一开始以为没收到情报的doge也能跳。。。GG~

先考虑暴力建图，对于一个doge<B,P>，我们从B向所有它能跳到的楼连边，但是这样连出的边是O(nm)的。于是我们发现，对于P和B%P都相同的doge，它们能跳到的点是相同的，对于一个它们都能跳到的点x，我们可以贪心的选取离它最近的两个doge与之连边，然后在相邻的doge之间再连边，这样做与暴力连边是等价的，但是略去了许多没有意义的边。

那么最后的边数是什么级别的呢？个人推测应该是O(n*sqrt(n))的，这个可以用分块的思想去理解一下（虽然我觉得我的做法要比分块高级一点）。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <set>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,p1,p2,cnt,tot,S,T,siz;
set<int> s;
set<int>::iterator it;
queue<int> q;
int dis[300010],next[10000000],val[10000000],to[10000000],inq[300010],head[300010];
struct node
{
	int B,P;
}p[30010];
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
bool cmp(node a,node b)
{
	return (a.P==b.P)?((a.B%a.P==b.B%b.P)?(a.B<b.B):(a.B%a.P<b.B%b.P)):(a.P<b.P);
}
void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd(),tot=n;
	int i,u;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=m;i++)	p[i].B=rd(),p[i].P=rd();
	S=p[1].B,T=p[2].B;
	sort(p+1,p+m+1,cmp);
	for(p2=p1=1;p1<=m;p2=++p1)
	{
		for(;p1<m&&p[p1+1].B%p[p1+1].P==p[p1].B%p[p1].P&&p[p1+1].P==p[p1].P;p1++);
		siz=p[p1].P,s.clear();
		for(i=p2;i<=p1;i++)	s.insert(p[i].B);
		for(i=p2+1;i<=p1;i++)	add(p[i].B,p[i-1].B,(p[i].B-p[i-1].B)/siz);
		for(i=p[p1].B%siz;i<n;i+=siz)
		{
			it=s.lower_bound(i);
			if(it!=s.end()&&i!=(*it))	add((*it),i,((*it)-i)/siz);
			if(it!=s.begin())	--it,add((*it),i,(i-(*it))/siz);
		}
	}
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	q.push(S),dis[S]=0;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop(),inq[u]=0;
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(dis[to[i]]>dis[u]+val[i])
			{
				dis[to[i]]=dis[u]+val[i];
				if(!inq[to[i]])	inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	if(dis[T]==0x3f3f3f3f)	printf("-1");
	else	printf("%d",dis[T]);
	return 0;
}