[JZOJ6011] 【NOIP2019模拟1.25A组】天天爱跑步

题目

描述

题目大意

给你平面直角坐标系上的$n$个起点和$n$个终点，$(x,y)$每次只能走到$(x,y+x)(x+y,y)(x,y-x)(x-y,y)$这些点，每次花费的时间为$1$。
在走的过程中必须一直在第一象限。
起点和终点没有对应，即可以从某个起点到达任意终点。
问花费的最小的时间和。
题目保证所有的起点都可以到达所有的终点。

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思考历程

看到题目的时候很绝望啊……
数据范围这么大，你究竟想干嘛……
这些点走的方式很奇怪，于是我试着往那个方向思考一下，然后没有什么卵用……
于是我把希望寄托在部分分上，最多的步数是$500$。
我突然发现，就算是求出了两点之间的距离，我还是不能快速地匹配，只会暴力全排列……
然后得分的范围继续缩小，我去考虑$n=1$的情况。
然而我发现，如果暴力宽搜，$m=500$的情况还是过不去。
似乎可以双向宽搜，但是实现复杂并且没有什么卵用（要打哈希表或者map）。
所以我只会$10$分。
感觉分值太小，都不想打了，于是放弃。

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正解

这题的正解真的很巧妙。
我们从它们走路的方式入手：看看$(x,y-x)(x-y,y)$，有没有想到$gcd$相关的东西？
我比赛时想到了，但根本不知道有什么卵用。
再换一种方式思考一下。其实，假设终点会动，那么起点走到$(x,y+x)(x+y,y)$是不是相当于终点走到$(x,y-x)(x-y,y)$？
对于每个点$(x,y)$，我们发现只能去到$(x,y-x)$和$(x-y,y)$其中的一个点，因为另一个点不在第一象限。
发现这个东西像是一棵二叉树，它到父亲走的是$(x,y-x)$或$(x-y,y)$，到儿子走的是$(x,y+x)$或$(x+y,y)$。
可以画张图理解一下，这里就不画了……
数据保证所有的起点都可以到达所有的终点，所以所有的点$(x,y)$的$gcd(x,y)$都是一样的。
想一想如果不一样，那还有到达的可能吗？显然没有。

现在所有的起点和终点都在二叉树上面，想让时间和最小，那么在匹配起点和终点的时候，如果在同一棵子树中就尽量匹配，然后没有匹配完的就伸出去，这样显然最优。
数据范围比较小的时候，暴力将这棵二叉树建出来，在起点上打$1$的标记，在终点上打$-1$的标记，对于每一条边，经过它的点数就是它下面的点中标记的和的绝对值。
这样子就可以过$70$分了。可是数据并不友好，如果暴力建树，那么将会特别大。

我们发现这棵树上面有很多点是没有什么卵用的，不妨将它们缩在一起。
看看$(x,y)$到$(x,y-x)$或$(x-y,y)$，其实很容易联想到$gcd$。
求$gcd$的过程就是$(x,y)$变成$(x,y mod x)$或$(x mod y,y)$。
其实$gcd$就是缩减版的这样的操作。
$gcd$的时间复杂度是$lg$级别的，考虑用$gcd$过程中的点建成一棵缩减版的二叉树。
对于一个点，求一遍$gcd$，就可以形成一条链。很容易发现这条链上的每一个点都是转折点，如果一个点是父亲的右儿子，那么它的儿子就是左儿子，反之同理。
为什么？因为在求$gcd$的过程中，它们的大小关系一定变化的。上一次$x>y$，下一次$x<y$。
对于每个点，我们都搞出了这样的一条链，然后我们将这些链合并起来，这棵二叉树就建好了，点数最多为$n lg n$。

但是，有的时候两条链相交的最低点（也就是两点的$LCA$）不在建出来的这棵缩减版的二叉树上，也就如同下图：

黑色的边表示实际二叉树上面的链，红色的边表示利用$gcd$求出的链上的边。
在用$gcd$求链之后，因为链上的父亲可能是儿子的好多代祖先，所以在不同的链合并之后，就可能出现一个父亲有很多个儿子的情况，但实际上，这些儿子都是在二叉树中的同一条链上的。
如果它们不在同一条链上，那就是这样：

然而在前面的时候我们已经说过了，在转角的地方应该出现一个点，使得这个点在求$gcd$的链上。所以说，这样的情况是不存在的。
当我们见到那样的情况的时候该怎么做？
可以将每个点挂在它链上的父亲处，然后建树的时候在父亲那里对于这些点排序，然后依次相连。

建完缩减版二叉树之后就类似之前的做法来做就好了。
时间复杂度$O(n lg n*60)$，可以过。

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具体实现

这题的正解理解起来其实还是比较容易的，重点是实现复杂。
YMQ大佬打了6k的代码……
这题的细节特别多。

首先，先把所有$gcd$路径上的点存起来，并且给予它们一个编号，丢在一个数组里面。
边做$gcd$边建树会很复杂，所以我们先不要考虑。
其次对它们排个序，然后去重。去重的时候用指针来指向第一个和它一样的点，再将它删去（因为在后面要给它们打标记，所以不能仅仅将其删去）。

接着就是建树：
上面说将点挂在父亲那里，然后排序，依次相连。这样的方法比较复杂，并且要用动态数组或者是链表，感觉上实现很不方便。
我们左右儿子分别处理，由这棵二叉树的性质可得左儿子的$x$坐标和自己相等，右儿子的$y$坐标和自己相等。
现在我们只考虑处理左儿子（右儿子同理）：
首先我们按照$x$坐标为第一关键字排序，按照$y$坐标为第二关键字排序。
我们发现$x$相同的所有点是连在一起的，前面的$x>y$，后面的$x leq y$。
思考一下这个二叉树的性质：
如果当前的这个点作为左儿子，那么$xleq y$。
如果当前的这个点作为右儿子，那么$x>y$。
我们只考虑左儿子，所以只有$x leq y$的时候才有必要将其挂在链上父亲上，然后排序，连边。
但是，$x$相等的连在一起，并且$y$是递增的，不妨考虑另一种想法：
实际上，$y$已经被排序好了，现在就是要接在父亲那里。
显然这个点的$ymod x$是父亲的$y$。
链上父亲的编号怎么找？哈希？不（我对哈希总是抱有一种排斥的心理，因为我总觉得它会挂。）。
在$x$相等的这一段中，前面的那一段$x>y$，链上父亲必定在前面那一段之内。
所以二分就可以了！
对于每个链上父亲，也就是$x>y$的点，可以记录一个接口，表示如果有左儿子挂在他上面，就应当从接口向这个儿子连一条边。这个接口的初值就是自己。
所以找到父亲之后连到接口上，并且将接口更新为自己。

做完这些操作之后树就建好了。
剩下的直接暴力递归去搞……

有一个特别重要的细节：求完$gcd$之后，最后一个点是在坐标轴上的。
但是按照二叉树本来的样子，根节点就应该是$(gcd,gcd)$。
我在打程序的时候一直在思考着这个东西该怎么处理，需要特殊处理吗？
后来我决定将这个在坐标轴上的点保留下来，并且在点的数组当中加入$(gcd,gcd)$。
在建树的时候，由于$(gcd,gcd)$一定是最小的，其它不相同的点本来认$(gcd,0)$或$(0,gcd)$为父亲，但由于$(gcd,gcd)$的存在，它们都会认$(gcd,gcd)$为父亲。
于是递归的时候就可以愉快地从$(gcd,gcd)$开始了！

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 50000
#define ALL 3000000
int n;
struct DOT{
	long long x[2];
};
inline bool operator==(const DOT &a,const DOT &b){
	return a.x[0]==b.x[0] && a.x[1]==b.x[1];
}
DOT dog[N+1],hom[N+1];
int dn[N+1],hn[N+1];
DOT ad[ALL];
int cnt;
int p[ALL];
inline void getdot(DOT d){//将gcd路径上的点找出来
	while (d.x[0] && d.x[1]){
		ad[++cnt]=d;
		if (d.x[0]>d.x[1])
			d.x[0]%=d.x[1];
		else
			d.x[1]%=d.x[0];
	}
	ad[++cnt]=d;
}
bool M;//表示点的标准，按照左儿子排序还是右儿子排序，建左链还是右链……
inline bool cmp(int a,int b){
	return ad[a].x[M]<ad[b].x[M] || ad[a].x[M]==ad[b].x[M] && ad[a].x[!M]<ad[b].x[!M];
}
int num[ALL];//表示指针（指向第一个和自己相同的点）
int itf[ALL];//接口
int to[ALL][2];//边的指向
long long len[ALL][2];//边权
inline void build(){
	for (int i=1,l=0,r=0;i<=cnt;++i){//l，r表示x>y的区间，也就是作为链上父亲的区间
		if (ad[p[i]].x[M]==0){//其实这种第一关键字为0的情况只有一个……要判掉，不然可能RE
			itf[i]=p[i];
			continue;
		}
		if (ad[p[i]].x[M]!=ad[p[i-1]].x[M])
			l=i;
		if (ad[p[i]].x[M]>ad[p[i]].x[!M])
			itf[i]=p[i],r=i;
		else{
			long long dv=ad[p[i]].x[!M]/ad[p[i]].x[M],md=ad[p[i]].x[!M]-ad[p[i]].x[M]*dv;
			int lb=l,rb=r,q=r+1;
			while (lb<=rb){
				int mid=lb+rb>>1;
				if (ad[p[mid]].x[!M]>=md)
					rb=(q=mid)-1;
				else
					lb=mid+1;
			}
			to[itf[q]][M]=p[i];//连边
			len[itf[q]][M]=(ad[p[i]].x[!M]-ad[itf[q]].x[!M])/ad[itf[q]].x[M];//计算边权
			itf[q]=p[i];
		}
	}
}
int sum[ALL];
long long ans;
int root;
void dfs(int x){//遍历二叉树计算答案
	if (!x)
		return;
	dfs(to[x][0]),dfs(to[x][1]);
	if (x!=num[root])
		ans+=abs(sum[to[x][0]])*len[x][0]+abs(sum[to[x][1]])*len[x][1];
	sum[x]+=sum[to[x][0]]+sum[to[x][1]];
}
int main(){
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld%lld",&dog[i].x[0],&dog[i].x[1]);
		dn[i]=cnt+1;//表示它的编号，下面的同理
		getdot(dog[i]);
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld%lld",&hom[i].x[0],&hom[i].x[1]);
		hn[i]=cnt+1;
		getdot(hom[i]);
	}
	long long g=ad[cnt].x[0]|ad[cnt].x[1];
	ad[++cnt]={g,0},ad[++cnt]={0,g};
	ad[++cnt]={g,g};//将(g,g)加入，另外加入(g,0)(0,g)，防止出现没有这些点而出现的莫名错误
	root=cnt;
	for (int i=1;i<=cnt;++i)
		p[i]=i;
	M=0,sort(p+1,p+cnt+1,cmp);
	for (int i=1;i<=cnt;++i)
		if (ad[p[i]]==ad[p[i-1]])
			num[p[i]]=num[p[i-1]];//指针指向第一个和它一样的
		else
			num[p[i]]=p[i];
	int tmp=0;
	for (int i=1;i<=cnt;++i)
		if (num[p[i]]==p[i])
			p[++tmp]=p[i];//去重
	cnt=tmp;
	build();
	M=1,sort(p+1,p+cnt+1,cmp);
	build();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		sum[num[dn[i]]]++;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		sum[num[hn[i]]]--;
	dfs(num[root]);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

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总结

在见到匹配一类的题的时候，有时要往树上想一想。
当数据过大的时候，将一些没必要的东西忽略或者缩在一起也是一种比较好的选择。
然后就是代码一定要打得优美！像我一样！