JZOJ 3086. 回家

题目

Description

moreD城的城市轨道交通建设终于全部竣工，由于前期规划周密，建成后的轨道交通网络由 2n 条地铁线路构成，组成了一个 n 纵 n 横的交通网。如下图所示，这 2n 条线路每条线路都包含 n 个车站，而每个车站都在一组纵横线路的交汇处。

出于建设成本的考虑，并非每个车站都能够进行站内换乘，能够进行站内换乘的地铁站共有 m 个，在下图中，标上方块标记的车站为换乘车站。已知地铁运行 1 站需要 2 分钟，而站内换乘需要步行 1 分钟。 你的最后一个作业就是算出，在不中途出站的前提下，从学校回家最快需要多少时间（等车时间忽略不计）。

 

 

 

Input

第一行有两个整数 n, m。接下去 m 行每行两个整数 x, y，表示第 x 条横向线路与第 y 条纵向线路的交汇站是站内换乘站。接下去一行是四个整数 x1,  y1,  x2,  y2。表示从学校回家时，在第 x1条横向线路与第 y1 条纵向线路的交汇站上车，在第 x2 条横向线路与第 y2 条纵向线路的交汇站下车。

 

Output

仅一个整数表示在合理选择线路的情况下，回家所需要的最少时间。如果无法在不出站换车的情况下回家则输出-1.

 

 

Sample Input

Sample Input 1
6 9
2 1
2 5
3 2
4 4
5 2
5 6
6 1
6 3
6 4
1 1 4 6

Sample Input 2
6 10
2 1
2 5
3 2
4 4
5 2
5 6
6 1
6 3
6 4
6 6
1 1 4 6

Sample Input 3
2 1
1 2
1 1 2 2

Sample Output

Sample Output 1
27

Sample Output 2 
26

Sample Output 3
5

 

Data Constraint

 

 

Hint

对于10%的数据m=0

对于 30%的数据，n ≤ 50, m ≤ 1000；

对于 60%的数据，n ≤ 500, m ≤ 2000；

对于 100%的数据，n ≤ 20000, m ≤ 100000；

 

分析

• 此题的决策为转向，由于只存在横向和纵向两个放学，我们对这两个方向分别建立一层。即一层只连原图横向边，一层只连纵向边。

  对于转向这个决策，将决策前的状态和决策后的状态间连接一条权值为决策代价的边，表示付出该代价转换了状态。

  在本题中，即上下两层对应点连接一条权值为1的边，层内边权均为2.

  然后跑最短路即可。

• 简单点讲，就是首先将同一横排与竖排上下所有点连边
• 然后交汇点其实就是一个转向的点
• 将交汇的点x与y连接跑最短路即可

 

代码

 

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define M 800001
#define N 200001
#define inf 0x3f
using namespace std;
struct sb
{
    int x,y,bh;
}a[N];
struct edge
{
    int next,to,val;
}e[M];
int n,m;
bool cmp(sb a,sb b)
{
    if (a.x==b.x) return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}
bool CMP(sb a,sb b)
{
    if (a.y==b.y) return a.x<b.x;
    return a.y<b.y;
}
int h[M],cs=1;
void add(int from,int to,int val)
{
    e[cs].to=to;
    e[cs].next=h[from];  //将它指向对应的下一层 
    e[cs].val=val;
    h[from]=cs++;
}
void ins(int from,int to,int val)
{
    add(from,to,val);
    add(to,from,val);
}
queue <int> q;
int dis[M];
bool v[M];
void spfa()
{
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[m+1]=0;
    v[m+1]=1;
    q.push(m+1);
    while (!q.empty())
    {
        int x=q.front(); q.pop(); v[x]=0;
        for (int i=h[x];i;i=e[i].next)
        {
            int to=e[i].to,val=e[i].val;
            if (dis[to]>dis[x]+val)
            {
                dis[to]=dis[x]+val;
                if (!v[to])
                {
                    v[to]=1;
                    q.push(to);
                }
            }
        }
    }
}
int main ()
{
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=m+2;i++)
    {
        cin>>a[i].x>>a[i].y;
        a[i].bh=i;
    }
    sort(a+1,a+m+3,cmp);
    for (int i=1;i<=m+2;i++)
        if (a[i].x==a[i+1].x) ins(a[i].bh,a[i+1].bh,2*(a[i+1].y-a[i].y));  //将同一行的的x连边，权值为2*（y1-y2） 
    sort(a+1,a+m+3,CMP);
    for (int i=1;i<=m+2;i++)
        if (a[i].y==a[i+1].y) ins(a[i].bh+m+2,a[i+1].bh+m+2,2*(a[i+1].x-a[i].x));   //同一列同上 
    for (int i=1;i<=m;i++)
       ins(i,i+m+2,1);   //将转车点x与y连边，权值为1 
    ins(m+1,2*m+3,0);   ins(m+2,2*m+4,0);   //终点，起点为0 
    spfa();
    if (1061109567==dis[m+2])
        cout<<-1;
    else
       cout<<dis[m+2];
}