[APIO2015]雅加达的摩天楼

题目描述

印尼首都雅加达市有 NNN 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 000 到 $N − 1$ 。除了这 NNN 座摩天楼外，雅加达市没有其他摩天楼。

有 MMM 只叫做 “doge” 的神秘生物在雅加达市居住，它们的编号依次是 000 到 $M − 1$ 。编号为 iii 的 doge 最初居住于编号为 BiB_iBi​ 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 iii 的 doge 的跳跃能力为 PiP_iPi​ （ Pi>0P_i > 0Pi​>0 ）。

在一次跳跃中，位于摩天楼 bbb 而跳跃能力为 ppp 的 doge 可以跳跃到编号为 $b − p$ （如果 $0 leq b − p < N$ ）或 b+pb + pb+p （如果 0≤b+p<N0 leq b + p < N0≤b+p<N ）的摩天楼。

编号为 000 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 111 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 000 号 doge 传递到 111 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 111 号 doge。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包含两个整数 NNN 和 MMM 。

接下来 MMM 行，每行包含两个整数 BiB_iBi​ 和 PiP_iPi​ 。

输出格式：

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 111 号 doge，输出 $−1$ 。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 3
0 2
1 1
4 1

输出样例#1： 复制

5

说明

【样例解释】

下面是一种步数为 555 的解决方案：

000 号 doge 跳跃到 222 号摩天楼，再跳跃到 444 号摩天楼（ 222 步）。

000 号 doge 将消息传递给 222 号 doge。

222 号 doge 跳跃到 333 号摩天楼,接着跳跃到 222 号摩天楼，再跳跃到 111 号摩天楼（ 333 步）。

222 号 doge 将消息传递给 111 号 doge。

【数据范围】

所有数据都保证 $0≤Bi<N0 leq B_i < N0≤Bi​<N $。

子任务 1 （10 分） $1≤N≤101 leq N leq 101≤N≤10$

$1≤Pi≤101 leq P_i leq 101≤Pi​≤10$

$2≤M≤32 leq M leq 32≤M≤3$

子任务 2 （12 分）$1≤N≤1001 leq N leq 1001≤N≤100$

$1≤Pi≤1001 leq P_i leq 1001≤Pi​≤100$

$2≤M≤20002 leq M leq 20002≤M≤2000$

子任务 3 （14 分） $1≤N≤20001 leq N leq 20001≤N≤2000$

$1≤Pi≤20001 leq P i ≤ 20001≤Pi≤2000$

$2≤M≤20002 leq M leq 20002≤M≤2000$

子任务 4 （21 分） $1≤N≤20001 leq N leq 20001≤N≤2000$

$1≤Pi≤20001 leq P_i leq 20001≤Pi​≤2000$

$2≤M≤300002 leq M leq 300002≤M≤30000$

子任务 5 （43 分） $1≤N≤300001 leq N leq 300001≤N≤30000$

$1≤Pi≤300001 leq P_i leq 300001≤Pi​≤30000$

$2≤M≤300002 leq M leq 300002≤M≤30000$

首先对于一个(i,p)，如果暴力建边，复杂度$O(mn)$

首先考虑分块

如果p大于$n^{frac{1}{2}}$那么直接建边$O(n^{frac{1}{2}})$

如果p小于$n^{frac{1}{2}}$

首先有一个思路就是设vis[i][p]表示是否考虑过(i,p)

这样就不会重复建边，边数最多$m*n^{frac{1}{2}}*log$

这样简单易懂，但空间却不够

如果不是捆绑测试就能拿很多分

于是转化建边思路，在p小于$n^{frac{1}{2}}$

每个点建$n^{frac{1}{2}}$个辅助点，设为<i,p>点

事先这样建边

1.给每个<i,p>向$i$连边，权为0

2.给每个<i,p>与<i+p,p>建双向边

如果有一个doge是(i,p)的，那么

$i$连<i,p>,边权为0

这样建边保证跑最短路时从i跳到i+p,可以直接从辅助点

而且保证了一个路径必然是从有doge的地方出发的，不然根本到不了相应的辅助点

这样边数保证在$m*n^{frac{1}{2}}$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
struct Node
{
  int next,to,dis;
}edge[30001*101*5];
int dist[30001*101],lim,S,T,inf,head[30001*101],n,m,num,cnt;
bool vis[30001][101];
queue<int>Q;
bool viss[30001*101];
int get_id(int x,int y)
{
  return y*n+x;
}
void add(int u,int v,int dis)
{
  num++;
  edge[num].next=head[u];
  head[u]=num;
  edge[num].to=v;
  edge[num].dis=dis;
}
void SPFA()
{int i;
  memset(dist,127/3,sizeof(dist));
  Q.push(S);
  inf=dist[0];
  memset(viss,0,sizeof(viss));
  dist[S]=0;
  while (Q.empty()==0)
    {
      int u=Q.front();
      Q.pop();
      viss[u]=0;
      for (i=head[u];i;i=edge[i].next)
    　　{
      　　int v=edge[i].to;
      　　if (dist[v]>dist[u]+edge[i].dis)
        　　{
          　　dist[v]=dist[u]+edge[i].dis;
          　　if (viss[v]==0)
        　　　　{
          　　　　viss[v]=1;
          　　　　Q.push(v);
        　　　　}
        　　}
    　　}
    }
}
int main()
{int i,b,p,j;
  cin>>n>>m;
  lim=min((int)sqrt(n),100);
  for (i=1;i<=n;i++)
    for (j=1;j<=lim;j++)
      add(get_id(i,j),i,0);
  for (i=1;i<=n;i++)
    for (j=1;j<=lim;j++)
      if (i+j<=n)
    add(get_id(i,j),get_id(i+j,j),1),add(get_id(i+j,j),get_id(i,j),1);
  for (i=0;i<m;i++)
    {
      scanf("%d%d",&b,&p);
      b++;
      if (i==0) S=b;
      if (i==1) T=b;
      if (p>lim)
    　　{cnt=0;
      　　for (j=b;j+p<=n;j+=p)
        　　{
          　　add(b,j+p,++cnt);
        　　}
      　　cnt=0;
      　　for (j=b;j-p>0;j-=p)
        　　{
          　　add(b,j-p,++cnt);
        　　}
    　　}
      else
    　　{
      　　add(b,get_id(b,p),0);
    　　}
    }
  SPFA();
  if (dist[T]==inf) cout<<-1;
  else 
  cout<<dist[T];
}