【题目描述】
Rick和他的同事制作了一种新的放射性配方，很多坏人都跟着他们。所以Rick想要在坏人抓住他们之前将他的遗产交给Morty。他们的宇宙中有 (n) 个行星从 (1) 到 (n) 编号。Rick在行星编号 (s)（地球），他不知道Morty在哪里。众所周知，里克拥有一支门卫枪。有了这把枪，他就可以打开从他所在行星到任何其他星球（包括那个星球）的单向门。但这支枪有一些限制，因为他仍在使用免费试用版。
默认情况下，他不能用这把枪打开任何门。网站上有q个这些枪支的商品。每次购买时，您只能使用一次，但如果您想再使用它，可以再次购买。网站上的出售的枪有三种类型：
1.通过这种类型的枪，您可以打开从行星 (v) 到行星 (u) 的门户。
2.通过这种类型的枪，您可以打开从行星 (v) 到任何行星的入口，其范围为 ([l,r]) 。
3.通过这种类型的枪，您可以从任何行星打开门，其索引范围为 ([l,r]) 到行星 (v) 。
Rick不知道Morty在哪里，但Unity会告诉他，他希望在他找到并立即开始他的旅程时做好准备。因此，对于每个行星（包括地球本身），他想知道从地球到这个星球所需的最低金额。
【输入格式】
第一行包含三个整数 (n,q,s(1leq n, q leq 10^5, 1 leq s leq n)) 分别代表星球数量，枪出售数量，地球的索引。接下来 (q) 行，每行从销售类型 (t (1 leq t leq 3)) 开始。
【输出格式】
输出 (n) 个整数，用空格隔开。第 (i) 个答案，代表地球到编号为 (i) 的星球的最小花费是多少？如果无法到达输出 (-1)
题解
如果直接暴力建图 边数的数量是 (n^2) 级别的 不能接受
发现第2，3种枪都是一段区间匹配 我们可以用线段树优化建图
所以我们建了一个这样的图出来 这个图中所有边的边权都是 (0)
左右两边各是一棵线段树 其中右边的线段树是父节点向儿子连有向边 左边的线段树相反 然后两棵树的对应叶子节点之间连无向边 我们把右边的树叫做 (in) 左边的叫做 (out)
这个有什么用呢？我们来研究一下性质：对于 (in) 的一个非叶子节点([l,r]) 显然 从这个节点可以走 (0) 的距离到达任意一个 (lle ile r) 的叶子节点 ([i,i])
而对于 (out) 的一个叶子节点 ([x,x]) 从这个节点可以走 (0) 的距离到达任意一个 (lle xle r) 的非叶子节点 ([l,r])
也就是说 对于题目中的第2种边 我们可以将 (in) 树的节点 ([v,v]) 连向 (in) 中的一些节点 这些节点代表的区间的并集恰好组成边要求的 ([l,r]) 这样其实就等价于我们从 ([v,v]) 向每个 (lle ile r) 的 ([i,i]) 都连了一条边 但是通过线段树这样连我们只需要连最多 (log n) 条
比如说 (n=8) 现在有一条2类边 可以从 (3) 走向 ([1,7]) 中的任意一个 那么我们就将 (in) 树中的 ([3,3]) 向 ([1,4],[5,6],[7,7]) 分别连有向边
第3类边也很相似 比如说有一条3类边 可以从 ([1,7]) 中任意一个走向 (3) 那么我们把 (out) 树中的 ([1,4],[5,6],[7,7]) 分别向 ([3,3]) 连有向边
对于第一类边 如果这条边从 (u) 到 (v) 就直接从 (in) 中的节点 ([u,u]) 向 (out) 的节点 ([v,v]) 连有向边
答案即是从 (in) 中的节点 ([s,s]) 开始跑单源最短路 到 (out) 每个叶子节点的最短距离
举个例子吧
首先 有一条1类边 从 (2) 走到 (4) 花费为 (30) 我们把 (in) 的 ([2,2]) 连向 (out) 的 ([4,4]) 这条边叫做①
有一条2类边 可以从 (1) 走到 ([1,3]) 花费为 (10) 我们在 (in) 图中从 ([1,1]) 分别连向 ([1,2],[3,3]) 这条边叫做②
有一条3类边 从 ([3,4]) 走向 (4) 花费为 (20) 我们把 (out) 的 ([3,4]) 连向 ([4,4]) 这条边叫做③
假设我们现在要从 (1) 走到 (4) ，我们来看看怎么走：
先通过②从 (1) 走到 (2) 在图中即是从 ([1,1]) 走到 ([1,2]) 再走到 ([2,2])
然后走①从 (2) 到 (4) ，这种走法的总花费是 (10+30=40)
再看看另一种走法
通过②从 (1) 走到 (3) 在图中就是 ([1,1] ightarrow [3,3])
再通过③从 (3) 走到 (4) 在图中就是 ([3,3] ightarrow [3,3] ightarrow [3,4] ightarrow [4,4]) 到达目标点
花费是 (10+20=30)
所以第二种走法是 (1 ightarrow 4) 的最短路
加第2，3类边的时候像线段树区间查询一样找到需要连边的区间就可以了 具体见代码
加完所有边之后一遍单源最短路就可以了 Dijkstra和某死了的算法应该都没问题
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct segtree{
int l, r, id;
} in[400005], out[400005];
int cnt;
#define lson ind<<1
#define rson ind<<1|1
int head[1000005], pre[2000005], to[2000005], sz;
int pos[2][100005];
ll val[2000005];
inline void addedge(int u, int v, ll w) {
pre[++sz] = head[u]; head[u] = sz; to[sz] = v; val[sz] = w;
}
void build(segtree *tr, int ind, int l, int r, int tp) {
tr[ind].l = l, tr[ind].r = r, tr[ind].id = ++cnt;
if (l == r) {
pos[tp][l] = tr[ind].id;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(tr, lson, l, mid, tp);
build(tr, rson, mid+1, r, tp);
if (!tp) {
addedge(tr[ind].id, tr[lson].id, 0);
addedge(tr[ind].id, tr[rson].id, 0);
} else {
addedge(tr[lson].id, tr[ind].id, 0);
addedge(tr[rson].id, tr[ind].id, 0);
}
}
void query(segtree *tr, int ind, int x, int y, int p, ll w, int tp) {
int l = tr[ind].l, r = tr[ind].r;
if (x <= l && r <= y) {
if (!tp) addedge(p, tr[ind].id, w);
else addedge(tr[ind].id, p, w);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) query(tr, lson, x, y, p, w, tp);
if (mid < y) query(tr, rson, x, y, p, w, tp);
}
int n, q, s;
bool vis[1000005];
ll dis[1000005];
priority_queue<pair<ll, int> > qq;
void dijkstra(int st) {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
qq.push(make_pair(0ll, st));
dis[st] = 0;
while (!qq.empty()) {
int x = qq.top().second; qq.pop();
if (vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
int y = to[i];
if (dis[y] > dis[x] + val[i]) {
dis[y] = dis[x] + val[i];
qq.push(make_pair(-dis[y], y));
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &q, &s);
build(in, 1, 1, n, 0);
build(out, 1, 1, n, 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
addedge(pos[0][i], pos[1][i], 0);
addedge(pos[1][i], pos[0][i], 0);
}
for (int i = 1; i <= q; i++) {
int t, u, x, y; ll w;
scanf("%d", &t);
if (t == 1) {
scanf("%d %d %lld", &x, &y, &w);
addedge(pos[0][x], pos[1][y], w);
} else if (t == 2) {
scanf("%d %d %d %lld", &u, &x, &y, &w);
query(in, 1, x, y, pos[0][u], w, 0);
} else {
scanf("%d %d %d %lld", &u, &x, &y, &w);
query(out, 1, x, y, pos[1][u], w, 1);
}
}
ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
dijkstra(pos[0][s]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
printf("%lld ", dis[pos[1][i]] == inf ? -1 : dis[pos[1][i]]);
}
return 0;
}