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题意

印尼首都雅加达市有 $N$ 座摩天楼，依次将它们编号为 $0$ 到 $N-1$。

有 $M$ 只叫做 “doge” 的神秘生物，编号依次是 $0$ 到 $M-1$。编号为 $i$ 的 doge 最初居住于编号为 $B_i$ 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 $P_i$ （$P_i>0$）。

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 $0\le b-p<N$）或 $b+p$ （如果 $0\le b+p<N$）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。如果消息永远无法传递到 $1$ 号 doge，输出 $-1$。

输入

5 3
0 2
1 1
4 1

输出

5

【样例解释】

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。

$1\le N\le 30000$，$1\le P_i\le 30000$，$2\le M\le 30000$。

思路

如此跳跃，不妨看作直线上的“最短路”，一只 doge 跳到另外一只 doge 的摩天楼后，“换乘”另一只 doge 继续跳，那就是 bfs 了。

不难发现，跳跃过程中，最优情况是一只 doge 只使用一次，因为其它 doge 不会跟着 $0$ 跳，总不能回去找那一只 doge 吧。

造一组数据：

10 3
0 3
5 4
7 3

那么 bfs 时，图大概长这样：

看我暴力 bfs，在洛谷狂砍 $\text{95}pts$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=3e4+5,inf=0x3f3f3f3f;
ll n,m,b[N],p[N];
vector<ll>a[N];
ll stp[N],ans=inf;
queue<ll>q;
void bfs(ll u,ll step)
{stp[u]=step;while(!q.empty()){ll v=q.front();q.pop();if(v==b[2]){ans=min(ans,step);return; }for(auto x:a[v]){ll t=1;for(int i=v-x;i>=0;i-=x){if(step+t<stp[i]){q.push(i);bfs(i,step+t);}t++;}t=1;for(int i=v+x;i<n;i+=x){if(step+t<stp[i]){q.push(i);bfs(i,step+t);}t++;}}}
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%lld%lld",&b[i],&p[i]);a[b[i]].push_back(p[i]); }memset(stp,inf,sizeof(stp));q.push(b[1]);bfs(b[1],0);if(ans==inf)puts("-1");else printf("%lld",ans);return 0;
}

我们发现一只 doge 的跳跃能力 $p$ 比较小的话，那就要建非常多的边，这显然不是我们想要的。

考虑真正使用最短路算法，并且建真正的边，我们尝试在建边上优化。

在 for(int i=b-p;i>=0;i-=p) 和 for(int i=b+p;i<=n;i++) 中，既然容易被卡到 $\Theta (n)$，那就只连跳跃能力 $p_i$ 比较大的 doge。这时候分块思想就派上用场了：

• 若 $p>\sqrt{n}$，那就按照上图样式建边，建边次数（循环次数）必然小于 $\sqrt{n}$。

其它的怎么办呢？如果我们记录其它的 doge 的具体信息再建边，那和 $\Theta (mn)$ 没有区别。因此我们用一个标记数组 $\mathrm{mark}$ 记录跳跃能力在 $[1,\sqrt{n}]$ 的，是否出现过。

记录完之后怎么建这部分图呢？这时候我们考虑枚举 $1\sim \sqrt{n}$ 的步数 $p^{\prime }$，有被打上 $\mathrm{mark}$ 标记的，我们就对每个点 $i\in [0,n-p^{\prime })$，建一条 $i\leftrightarrow i+p^{\prime }$ 的、边权为 $1$ 的双向边，就不从起点开始枚举了。大概长这样：

注意不能再原来的“直线”上直接建，不然本来这个地方没有 doge 在这里你又让他“换乘”。于是考虑对每一个枚举的步数 $p^{\prime }$ 建立分层图。那怎么进入分层图呢？我们在输入 $b,p$ 的时候，在起点 $b$，建一个通往 分层图 $p$ 所对应分层图编号 $b_p$ 的、边权为 $0$ 的入口“单向边”；出去的话，就在分层图上每个对应点，建一个通往原来“直线”的、边权为 $0$ 的出口单向边，这样就可以实现 doge 的“换乘了”。

然后跑最短路，听说 dijkstra 会超时，那就 spfa 吧。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e4+5,M=2e7+9,inf=21e8;
int n,m,B[N];
bool mark[N];
int dis[M];
queue<int>q;
int head[M],idx;
struct edge
{int to,next,w;
}e[M<<1];
void addedge(int u,int v,int w)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];e[idx].w=w;head[u]=idx;
}
bool vis[M];
void bfs(int s)
{q.push(s);dis[s]=0;vis[s]=1;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].to,w=e[i].w;if(dis[u]+w<dis[v]){dis[v]=dis[u]+w;if(!vis[v])q.push(v);}}}
}
int fmp(int i,int p)//对应分层图编号：跳的步数 p 在 0~n-1 每个点之间跳跃 
{return p*n+i;
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);int bSize=min(10,(int)sqrt(n/3));//最优情况时，每只 doge 只会被用 1 次 for(int i=0;i<m;i++){int b,p;scanf("%d%d",&b,&p);B[i]=b;if(p>bSize)//p较大，边数小于n/bSize {int tick=1;for(int j=b-p;j>=0;j-=p){addedge(b,j,tick);tick++;}tick=1;for(int j=b+p;j<n;j+=p){addedge(b,j,tick);tick++;}}else {addedge(b,fmp(b,p),0);//在 b 可以进入步数 p 所对应的分层图 mark[p]=1;}}for(int p=1;p<=bSize;p++)//较小步数 {if(!mark[p])continue;for(int i=0;i+p<n;i++){addedge(fmp(i,p),fmp(i+p,p),1);//在每个步数 p 对应 的分层图上跳跃 addedge(fmp(i+p,p),fmp(i,p),1);}for(int i=0;i<n;i++)//返回上层图 addedge(fmp(i,p),i,0);}for(int i=0;i<M;i++)dis[i]=inf;bfs(B[0]);if(dis[B[1]]>=inf)puts("-1");else printf("%d",dis[B[1]]);return 0;
}