问题 A: 现代豪宅
时间限制: 1 Sec 内存限制: 256 MB
题面
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
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 ;
}