bzoj 4070 [Apio2015]雅加达的摩天楼 Dijkstra+建图

[Apio2015]雅加达的摩天楼

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 644  Solved: 238
[Submit][Status][Discuss]

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

题目看起来就像最短路，但是建图十分棘手，可以思考一下分块，当时想的时候并不怎么

会，设p为块的大小，对于大于p的话，最多只有n/p的边，直接暴力建边就可以了，对于剩

下的边，我们分层，分出p层，第i层，向其左右距离为i的点连边，每一层向最底层连边，这

样，当一个点的跳跃距离为x<=p时，最底层向x层连边，最后判断一下最底层然后就可以了，

具体的花费时间考虑一下没什么问题，然后当p取根号的时候比较优秀吧，Dijkstra就好了。

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>

#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)  
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)  
#define ll long long  
#define maxn 30005*105  
#define maxm 30005*500  
#define inf 1000000000  
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,m,s,t,tot,tmp;  
int b[30005],p[30005],head[maxn],dis[maxn];  
bool inq[maxn];  
struct edge_type{int next,to,v;}e[maxm];  
queue<int> q;  

inline void add_edge(int x,int y,int v)  
{  
    e[++tot]=(edge_type){head[x],y,v};head[x]=tot;  
}  
inline void spfa()  
{  
    memset(dis,-1,sizeof(dis));  
    dis[s]=0;q.push(s);inq[s]=true;  
    while (!q.empty())  
    {  
        int x=q.front();q.pop();inq[x]=false;  
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next)  
        {  
            int y=e[i].to;  
            if (dis[y]==-1||dis[y]>dis[x]+e[i].v)  
            {  
                dis[y]=dis[x]+e[i].v;  
                if (!inq[y]) q.push(y),inq[y]=true;  
            }  
        }  
    }  
}  
inline int num(int x,int y)  
{  
    return x*n+y;  
}  
int main()  
{  
    n=read();m=read();  
    F(i,1,m) b[i]=read()+1,p[i]=read();  
    s=b[1];t=b[2];  
    tmp=min((int)sqrt(n),100);  
    F(i,1,tmp) F(j,1,n) add_edge(num(i,j),j,0);  
    F(i,1,tmp) F(j,1,n-i) add_edge(num(i,j),num(i,j+i),1),add_edge(num(i,j+i),num(i,j),1);  
    F(i,1,m)  
    {  
        if (p[i]<=tmp) add_edge(b[i],num(p[i],b[i]),0);  
        else  
        {  
            for(int j=1;b[i]+j*p[i]<=n;j++) add_edge(b[i],b[i]+j*p[i],j);  
            for(int j=1;b[i]-j*p[i]>=1;j++) add_edge(b[i],b[i]-j*p[i],j);  
        }  
    }  
    spfa();  
    printf("%d
",dis[t]);  
}