【JOISC2012 / bzoj4388】Invitation
Description
Solution
可以发现题目在模拟 Prim 算法求最大生成树的过程，树边故答案与起点 \(C\) 无关。
先把所有区间离散化，注意对于一个区间 \([l,r]\)，要把 \(l,l+1,r\) 三个位置提出来离散化，作为所有新区间的左端点，这样总共只有 \(O(n)\) 个新区间。提 \(l+1\) 的原因待会再说。
则从起点 \(C\) 出发，寻找所有覆盖 \(C\) 的区间，将这个区间连向的另一个区间扔进大根堆，键值为边权，并删除这个区间。每次取出大根堆堆顶的区间，寻找该区间最左边的一个未被邀请的点，再从该点出发寻找所有覆盖该点的区间，以此类推。
为什么要把每个区间的左端点单独拆成一个新点（即离散化时要把 \(l+1\) 提出来）呢？考虑这么一种情况：对于一对相连区间，设这对区间中没有子区间，当从外部第一次更新到 这对区间中的某一个区间 时，该区间内的所有点的答案可能不同，即外部先邀请到这对区间的任意一个左端点，然后该左端点借助其和 这对区间中的另一个区间 的连边，经过另一个区间，然后再走若干步，最后回到这个区间时可能会有更大的答案。如果不把左端点拆出来的话，第一次更新到 这对区间中的某一个区间 时，算出来的就是没考虑这对区间的连边时的答案（我们已经假设这对区间中没有子区间，故原来的 \([l,r]\) 区间在离散化后一定是一个点，答案被认为是统一的），所以答案可能会变小。
然后考虑模拟细节：
寻找所有覆盖第 \(x\) 个位置的区间。先把所有区间的编号和右端点合为一个二元组 扔到其左端点上，然后把每个点上所有二元组按右端点从大到小排序，查询时枚举第 \(1\) 到 \(x\) 个位置，对每个位置从前往后一直取出并删除二元组，取出所有右端点 \(\ge x\) 的二元组，每个二元组就对应一个覆盖第 \(x\) 个位置的区间。
查找某个区间 \([l,r]\) 最左边的一个未被邀请的点。用并查集，初始时每个点的父亲都是自己，一个点被邀请则将父亲设为右侧点。这样直接 \(find(l)\) 就找到了。
复杂度 \(O(n\log n)\)（删除每个区间的最坏时间是 \(O(\log n)\)）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N = (int)1e5 + 5;
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x; return 0-x;
}
int A,B,n,cnt,num[N*6],len[N*6],sum; ll ans;
struct info{int l1,r1,l2,r2,v;} a[N];
struct seg{
int l,r,v;
inline bool operator < (const seg& a)const{
return v<a.v;
}
};
priority_queue<seg> Q;
int f[N*6];
int find(int x) {return x==f[x] ? x : f[x]=find(f[x]);}
bool vis[N];
void add_group(int x){
if(vis[x]) return;
vis[x]=1;
Q.push((seg){a[x].l1,a[x].r1,a[x].v}),
Q.push((seg){a[x].l2,a[x].r2,a[x].v});
}
namespace SegTree{
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
vector<pii> vec[N*24];
int s[N*24],p[N*24];
void ins(int o, int l, int r, int x, int v1, int v2){
if(l==r) {vec[o].pb(mp(v1,v2)); return;}
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) ins(ls,l,mid,x,v1,v2);
else ins(rs,mid+1,r,x,v1,v2);
}
inline void pushup(int o) {s[o] = max(s[ls],s[rs]);}
void build(int o, int l, int r){
if(l==r){
if(vec[o].empty()) s[o] = -1;
else
sort(vec[o].begin(),vec[o].end(),greater<pii>()),
s[o] = vec[o][0].fi;
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid), build(rs,mid+1,r);
pushup(o);
}
void mdf(int o, int l, int r, int x){
if(s[o]<x) return;
if(l==r){
while(p[o]<vec[o].size() && vec[o][p[o]].fi>=x) add_group(vec[o][p[o]++].se);
s[o] = (p[o]<vec[o].size() ? vec[o][p[o]].fi : -1);
return;
}
int mid=l+r>>1;
mdf(ls,l,mid,x);
if(x>mid) mdf(rs,mid+1,r,x);
pushup(o);
}
#undef ls
#undef rs
} using namespace SegTree;
void invite(int x, int v){
f[x] = x+1;
mdf(1,1,cnt,x);
sum += len[x];
ans += (ll)len[x]*v;
}
inline int lsh(int x) {return upper_bound(num+1,num+cnt+1,x)-num-1;}
int main(){
A=read(), B=read(), read(), n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i){
a[i].l1=read(), a[i].r1=read(), a[i].l2=read()+A, a[i].r2=read()+A, a[i].v=read();
num[++cnt]=a[i].l1, num[++cnt]=a[i].l1+1, num[++cnt]=a[i].r1+1, num[++cnt]=a[i].l2, num[++cnt]=a[i].l2+1, num[++cnt]=a[i].r2+1;
}
num[++cnt]=1, num[++cnt]=2;
sort(num+1,num+cnt+1), cnt=unique(num+1,num+cnt+1)-num-1;
for(int i=1; i<=n; ++i){
a[i].l1 = lsh(a[i].l1),
a[i].r1 = lsh(a[i].r1),
a[i].l2 = lsh(a[i].l2),
a[i].r2 = lsh(a[i].r2);
}
--cnt;
for(int i=1; i<=cnt; ++i) len[i] = num[i+1]-num[i];
for(int i=1; i<=cnt+1; ++i) f[i] = i;
for(int i=1; i<=n; ++i) ins(1,1,cnt,a[i].l1,a[i].r1,i),
ins(1,1,cnt,a[i].l2,a[i].r2,i);
build(1,1,cnt);
invite(1,0); seg tmp; int x;
while(!Q.empty()){
tmp = Q.top(), Q.pop();
x = find(tmp.l);
if(x<=tmp.r) invite(x,tmp.v), Q.push(tmp);
}
if(sum==A+B) printf("%lld\n",ans);
else printf("-1\n");
return 0;
}
