「题解」：[loj2763][JOI2013]现代豪宅

问题 A: 现代豪宅

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题面

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题目描述

（题目译自 $JOI 2013 Final T3$「現代的な屋敷」）

你在某个很大的豪宅里迷路了。这个豪宅由东西方向$M$列，南北方向$N$行的正方形房间组成。

从西面开始第$x$列，从南面开始第y行的房间用$(x,y)$表示。

相邻的两个房间之间都有一扇门。对于每扇门，门关上表示不可通行，门打开表示可以通行。

当门打开时，从门一边的房间走到另一边的房间需要$1$分钟。

另外，一些房间中有一个开关，如果连续$1$分钟按住这个开关，那么所有关上的门会打开，所有打开的门会关闭。

现在，连接东西两个房间的门全都是关上的，连接南北两个房间的门全都是打开的。

你现在在房间$(1,1)$，要在最短的时间内移动到房间$(M,N)$

任务

给出豪宅的大小M、N，以及存在开关的K个房间的位置$(x_1,y_1)、(x_2,y_2)、(x_k,y_k)$

开始时，连接东西两个房间的门全都是关上的，连接南北的两个房间全都是打开的。

请编写程序求出从房间$(1,1)$到达房间$(M,N)$的最短时间。不能到达时，请输出$-1$

输入格式

输入标准如下：

第一行为三个以空格分开的整数$M、N、K$。

$M$表示东西方向上房间的个数，$N$表示南北方向上房间的个数，$K$表示存在开关的房间的个数。

接下来$K$行中的第$i$行为两个以空格分开的整数。

表示房间$(x_i,y_i)$中存在开关。这个二元组间彼此相异。

输出格式

输出一行一个整数：表示移动所需的最短时间。如果不能到达房间$(M,N)$则输出$-1$。

样例输入

3 2 1

1 2

样例输出

4

数据范围

$2<=M,N<=10^5,1<=K<=2*10^5,1<=X_i<=M,1<=Y_i<=N$

题解

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考虑拆点。

将每一个点拆成横纵两个点，横点和纵点之间连边，边权为1。（门状态转换的代价）

对同行的$(X_i,Y_i)$的横点连边，边权为距离。对同列的$(X_i,Y_i)$的纵点连边，边权为距离。

跑堆优化dijkstra即可。

（JOI的代码难度相比NOIP几乎没有？/大雾）

（然而我还是调了半个小时/大雾）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define read(A) A=init()
#define rint register int
#define N 3000005
#define M 40000006
using namespace std;
inline int init()
{
    int a=,b=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')b=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){a=(a<<)+(a<<)+ch-'';ch=getchar();}
    return a*b;
}
int m,n,k,st,en,dist[N],cnt;
int tot,v[M],w[M],nxt[M],first[N];
struct node{int zb,id;}pot[N];
struct node2{
    int x,y;
    friend bool operator < (node2 A,node2 B){
        return A.y>B.y;
    }
};
vector <node> hine[N],line[N];
priority_queue <node2> QAQ;
inline bool cmp(node A,node B){return A.zb<B.zb;}
inline void add(int uu,int vv,int ww)
{
    v[++tot]=vv,w[tot]=ww;
    nxt[tot]=first[uu];first[uu]=tot;
}
inline void dijkstra()
{
    for(rint i=;i<=*k+;i++)dist[i]=inf;
    dist[st]=;QAQ.push((node2){st,dist[st]});
    while(!QAQ.empty())
    {
        int x=QAQ.top().x,y=QAQ.top().y;
        QAQ.pop();
        if(y>dist[x]) continue;
        for(rint i=first[x];i!=-;i=nxt[i])
        {
            int to=v[i],val=w[i];
            if(dist[to]>dist[x]+val)
            {
                dist[to]=dist[x]+val;
                QAQ.push((node2){to,dist[to]});
            }
        }
    }
}
signed main()
{
    memset(first,-,sizeof(first));
    read(m),read(n),read(k);en=*k+;
    for(rint i=,xi,yi;i<=k;++i)
    {
        read(xi),read(yi);++cnt;
        line[xi].push_back((node){yi,cnt+k});
        hine[yi].push_back((node){xi,cnt});
    }
    for(rint i=;i<=n;++i)
    {
        sort(hine[i].begin(),hine[i].end(),cmp);
        for(rint j=;j<hine[i].size();++j)
        {
            add(hine[i][j-].id,hine[i][j].id,hine[i][j].zb-hine[i][j-].zb),
            add(hine[i][j].id,hine[i][j-].id,hine[i][j].zb-hine[i][j-].zb);
        }
    }
    if(hine[n].size())
    {
        int zhi=hine[n].size()-;
        add(en,hine[n][zhi].id,m-hine[n][zhi].zb);
        add(hine[n][zhi].id,en,m-hine[n][zhi].zb);
    }
    for(rint i=;i<=m;++i)
    {
        sort(line[i].begin(),line[i].end(),cmp);
        for(rint j=;j<line[i].size();++j)
        {
            add(line[i][j-].id,line[i][j].id,line[i][j].zb-line[i][j-].zb),
            add(line[i][j].id,line[i][j-].id,line[i][j].zb-line[i][j-].zb);
        }
    }
    if(line[m].size())
    {
        int zhi=line[m].size()-;
        add(en,line[m][zhi].id,n-line[m][zhi].zb);
        add(line[m][zhi].id,en,n-line[m][zhi].zb);
    }
    if(line[].size())
    {
        add(st,line[][].id,line[][].zb-);
        add(line[][].id,st,line[][].zb-);
    }
    for(rint i=;i<=k;++i)add(i,i+k,),add(i+k,i,);
    dijkstra();
    (dist[en]>=inf)?puts("-1"):printf("%lld\n",dist[en]);
    return ;
}