Description
Seter建造了一个很大的星球，他准备建造N个国家和无数双向道路。N个国家很快建造好了，用1..N编号，但是他发现道路实在太多了，他要一条条建简直是不可能的！于是他以如下方式建造道路：(a,b),(c,d)表示，对于任意两个国家x,y，如果a<=x<=b,c<=y<=d，那么在xy之间建造一条道路。Seter保证一条道路不会修建两次，也保证不会有一个国家与自己之间有道路。
Seter好不容易建好了所有道路，他现在在位于P号的首都。Seter想知道P号国家到任意一个国家最少需要经过几条道路。当然，Seter保证P号国家能到任意一个国家。
注意：可能有重边
Input
第一行三个数N,M,P。N<=500000,M<=100000。
后M行，每行4个数a，b，c，d。1<=a<=b<=N,1<=c<=d<=N。
Output
N行，第i行表示P号国家到第i个国家最少需要经过几条路。显然第P行应该是0。
将点建成两棵线段树，记为A,B，以后所有连边为单向边，A中每个节点到父节点连单向边，边权0，B中每个节点到子节点连边，边权0，B中每个节点到A中相同位置的点连边，边权0，对每一组边，新开一个节点x，在A中查出[a,b]对应的点，到x连边，边权1/2，x到B中[c,d]对应的点连边，边权1/2
新建的图中A中的叶节点对应了原图中的点，在原图中走一条边对应新图中从A的叶节点出发，经过一个x节点，到达B，再走回A
然后就是01边权最短路了。。可以用dijkstra+deque维护，时空复杂度都和边数同阶，为O(Mlogn+n)
#include<bits/stdc++.h> char buf[10000007],*ptr=buf-1; int _(){ int x=0,c=*++ptr; while(c<48)c=*++ptr; while(c>47)x=x*10+c-48,c=*++ptr; return x; } int n,m,k,mx=2; int l[2555555],idp; bool d[2555555],ev[30000007]; int es[30000007],enx[30000007],e0[2555555],ep=2; void ae(int a,int b,int c){ es[ep]=b;enx[ep]=e0[a];ev[ep]=c;e0[a]=ep++; } void ins1(int l,int r,int w){ for(l+=mx-1,r+=mx+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){ if(~l&1)ae(l^1,w,1); if(r&1)ae(r^1,w,1); } } void ins2(int l,int r,int w){ for(l+=mx-1,r+=mx+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){ if(~l&1)ae(w,(l^1)+mx*2,1); if(r&1)ae(w,(r^1)+mx*2,1); } } std::deque<int>q; int main(){ fread(buf,1,sizeof(buf),stdin); n=_();m=_();k=_(); while(mx<n+1)mx<<=1; idp=mx*4+1; for(int i=mx-1;i;--i){ ae(i<<1,i,0),ae(i<<1^1,i,0); ae(mx*2+i,mx*2+(i<<1),0),ae(mx*2+i,mx*2+(i<<1^1),0); } for(int i=1;i<mx*2;++i)ae(i+mx*2,i,0); for(int i=0,a,b,c,d;i<m;++i){ a=_();b=_();c=_();d=_(); ++idp; ins1(a,b,idp); ins2(c,d,idp); ++idp; ins1(c,d,idp); ins2(a,b,idp); } memset(l,0x3f,sizeof(int)*(idp+2)); q.push_back(k+mx);l[k+mx]=0; while(!q.empty()){ int w=q.front();q.pop_front(); if(d[w])continue; d[w]=1; for(int i=e0[w];i;i=enx[i]){ int u=es[i]; if(ev[i]){ if(l[u]>l[w]+1)l[u]=l[w]+1,q.push_back(u); }else{ if(l[u]>l[w])l[u]=l[w],q.push_front(u); } } } for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",l[i+mx]>>1); return 0; }