uoj #118. 【UR #8】赴京赶考 水题

#118. 【UR #8】赴京赶考

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http://uoj.ac/problem/118

Description

高中，高中，短暂的三年。NOI是高中结业考试，而高考在每年暑假举行。

高二暑假，这是你最后一次参加高考的机会。你已经为了高考停课很久了，OI的知识很久没管了。你并没有能力用一年时间补起别人三年的OI课程。这是你的最后一战，如果你失败了，可能就不能工地搬砖只能去清华了。

这天你背上行囊赴京赶考。此时全国交通主要靠瞬间传送装置。全国交通网络可以抽象为一张 n 行 m 列的网格图。行依次编号为 1,…,n，列依次编号为 1,…,m。

有 n+m 个为 0 或 1 的整数 a1,…,an,b1,…,bm。对于 1≤i≤n，1≤j≤m，如果 ai=bj 那么网格图上第 i 行第 j 列上标着 0 否则标着 1。

你的家在第 xs 行第 ys 列，高考考场在第 xe 行第 ye 列。现在你想从家出发到高考考场去。每次你可以：

    向上移动一行。（如果你在第一行那么移动后会到最后一行去）
    向下移动一行。（如果你在最后一行那么移动后会到第一行去）
    向左移动一列。（如果你在第一列那么移动后会到最后一列去）
    向右移动一列。（如果你在最后一列那么移动后会到第一列去）

对于每次移动，如果移动前的格子上标的数跟移动后的格子上标的数不同，那么就要耗费 1 分钟时间等待瞬移装置调整配置，否则不耗时间。

现在你想知道你从家出发到高考考场最少需要花多长时间。

Input

第一行两个正整数 n,m，表示网格图为 n 行 m 列。

第二行 n 个整数，分别表示 a1,…,an。保证 a1,…,an∈{0,1}。

第三行 m 个整数，分别表示 b1,…,bm。保证 b1,…,bm∈{0,1}。

接下来一个正整数 q。

接下来 q 行，每行四个整数 xs,ys,xe,ye。表示询问如果你的家在第 xs 行第 ys 列，高考考场在第 xe 行第 ye 列时的最少花费时间。

Output

共 q 行，每行一个整数表示最少花费多少分钟。

Sample Input

1 2
1
0 1
2
1 2 1 2
1 1 1 2

Sample Output

0
1

HINT

n,m≤105    q≤105

题意

 

题解：

n,m≤105,q≤105 的话，我们发现我们可以突破维度的界限，把每一维拆开分别考虑，最后的答案就是每一维的答案的和。

这为啥是对的呢？

对于 ai≠ai+1，无论 bj 取啥值，你从 (i,j) 穿越到 (i+1,j) 的时候，都必然会花费等待时间；否则如果 ai=ai+1 的话，就必然不会花费等待时间。所以一条路线的总等待时间可以拆分成各个维度的等待时间的和。

然后这个问题就变成一维问题啦，直接用算法一的搞法就可以了。

复杂度 O(n+m+q)，可以拿下100分。

代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <sstream>
#include <queue>
#include <typeinfo>
#include <fstream>
#include <map>
#include <stack>
typedef long long ll;
using namespace std;
//freopen("D.in","r",stdin);
//freopen("D.out","w",stdout);
#define sspeed ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
#define test freopen("test.txt","r",stdin)  
#define maxn 2000001
#define mod 10007
#define eps 1e-6
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
//**************************************************************************************

int a[maxn];
int b[maxn];
int pre[maxn];
int pre1[maxn];
int n,m;
int solve1(int x,int y)
{
    if(y>=x)
        return pre[y]-pre[x];
    return pre[n]-pre[x]+pre[y]+(a[n]^a[1]);
}
int solve2(int x,int y)
{
    if(y>=x)
        return pre1[y]-pre1[x];
    return pre1[m]-pre1[x]+pre1[y]+(b[m]^b[1]);
}
int main()
{
    //test;
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=read();
        if(i!=1)
            pre[i]=pre[i-1]+(a[i]^a[i-1]);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        b[i]=read();
        if(i!=1)
            pre1[i]=pre1[i-1]+(b[i]^b[i-1]);
    }
    int q=read();
    for(int i=0;i<q;i++)
    {
        int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
        printf("%d\n",min(solve1(x1,x2),solve1(x2,x1))+min(solve2(y1,y2),solve2(y2,y1)));
    }
}