「JOISC 2015 Day 1」卡片占卜

题目描述

K 理事长是占卜好手，他精通各种形式的占卜。今天，他要用正面写着 I ，背面写着 O 的卡片占卜一下日本 IOI 国家队的选手选择情况。

占卜的方法如下：

1. 首先，选取五个正整数 A,B,C,D,EA,B,C,D,EA,B,C,D,E；
2. 然后，拿出 A+B+C+D+EA+B+C+D+EA+B+C+D+E 张卡片摆成一排，从左至右摆成 AAA 张正面，BBB 张反面，CCC 张正面，DDD 张反面，EEE 张正面的形式。也就是说，从左到右依次摆 AAA 张 I，BBB 张 O，CCC 张 I，DDD 张 O，EEE 张 I；
3. 再从预先确定的 NNN 种操作中选择 111 种以上，然后按照自己喜欢的顺序进行操作，同样的操作可以进行 111 次及以上。第 iii 种操作是「把从左到右第 LiL_iLi​ 张卡片到第 RiR_iRi​ 张卡片（包括两端）翻过来」，因为需要用手操作，所以翻 111 张牌需要花费 111 秒，完成一次操作需要花费 Ri−Li+1R_i-L_i+1Ri​−Li​+1 秒；
4. 操作后，如果所有牌都是正面朝上的，占卜就结束了。

因为这种占卜比较费时，所以 K 理事长在占卜之前想知道占卜能否结束，如果能结束，他想知道占卜的最小耗时。

输入格式

第一行，五个正整数 A,B,C,D,EA,B,C,D,EA,B,C,D,E，意义如题目描述；

第二行，一个正整数 NNN，意义如题目描述；

接下来 NNN 行描述操作，一行两个正整数 Li,RiL_i,R_iLi​,Ri​，意义如题目描述。

输出格式

输出一行，如果占卜能够结束，则输出一个正整数，表示占卜的最小耗时；如不能，输出 −1-1−1。

样例

样例输入 1

1 2 3 4 5
3
2 3
2 6
4 10

样例输出 1

12

样例说明 1

最初的卡片序列为 IOOIIIOOOOIIIII；
先进行第二个操作，卡片序列变为 IIIOOOOOOOIIIII，花费 555 秒；
再进行第三个操作，卡片序列变为 IIIIIIIIIIII，这个操作花费 777 秒，一共花费 121212 秒。
可以证明，121212 秒为占卜的最小耗时，因此输出 121212。

样例输入 2

1 1 1 1 1
1
1 1

样例输出 2

-1

数据范围与提示

对于全部测试点，满足 1≤A,B,C,D,E,N≤105,1≤Li≤Ri≤A+B+C+D+E1\le A,B,C,D,E,N\le 10^5,1\le L_i\le R_i\le A+B+C+D+E1≤A,B,C,D,E,N≤105,1≤Li​≤Ri​≤A+B+C+D+E。

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solution

我们把区间改成(l-1，r] ，这样子修改一段区间就相当于从l-1走到r。

有两个起点两个终点，那就枚举配对就行。

当时考场我居然不会把区间转化成左开右闭的，真的很菜。

有一点要注意：0也是一个合法的点，所以dist也得清inf

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 500005
#define inf 1e15
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,head[maxn],A,B,C,D,E,tot,flag[maxn];
ll d[maxn],dis[5][5];
struct node{
    int v,nex;
}e[maxn];
void lj(int t1,int t2){
    e[++tot].v=t2;e[tot].nex=head[t1];head[t1]=tot;
}
struct no{
    int x;ll dist;
};
bool operator <(no a,no b){
    return a.dist>b.dist;
}
void dij(int S){
    priority_queue<no>q;
    q.push((no){S,0});
    for(int i=0;i<=n;i++)d[i]=inf,flag[i]=0;d[S]=0;
    while(!q.empty()){
        no k=q.top();q.pop();
        if(flag[k.x])continue;
        flag[k.x]=1;
        for(int i=head[k.x];i;i=e[i].nex){
            if(d[e[i].v]>d[k.x]+abs(k.x-e[i].v)){
                d[e[i].v]=d[k.x]+abs(k.x-e[i].v);
                q.push((no){e[i].v,d[e[i].v]});
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&A,&B,&C,&D,&E);
    n=A+B+C+D+E;
    cin>>m;
    for(int i=1,t1,t2;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&t1,&t2);t1--;
        lj(t1,t2);lj(t2,t1);
    }
    dij(A);
    dis[1][1]=d[A];dis[1][2]=d[A+B];dis[1][3]=d[A+B+C];dis[1][4]=d[A+B+C+D];
    dij(A+B);
    dis[2][1]=d[A];dis[2][2]=d[A+B];dis[2][3]=d[A+B+C];dis[2][4]=d[A+B+C+D];
    dij(A+B+C);
    dis[3][1]=d[A];dis[3][2]=d[A+B];dis[3][3]=d[A+B+C];dis[3][4]=d[A+B+C+D];
    dij(A+B+C+D);
    dis[4][1]=d[A];dis[4][2]=d[A+B];dis[4][3]=d[A+B+C];dis[4][4]=d[A+B+C+D];
    ll ans=min(dis[1][2]+dis[3][4],min(dis[1][3]+dis[2][4],dis[1][4]+dis[2][3]));
    if(ans>=inf)puts("-1");
    else cout<<ans<<endl;
    return 0;
}