题目描述
印尼首都雅加达市有 N 座摩天楼，它们排列成一条直线，我们从左到右依次将它们编号为 0 到 N−1。除了这 N 座摩天楼外，雅加达市没有其他摩天楼。
有 M 只叫做 “doge” 的神秘生物在雅加达市居住，它们的编号依次是 0 到 M−1。编号为 i 的 doge 最初居住于编号为 Bi 的摩天楼。每只 doge 都有一种神秘的力量，使它们能够在摩天楼之间跳跃，编号为 i 的 doge 的跳跃能力为 Pi （Pi>0）。
在一次跳跃中，位于摩天楼 b 而跳跃能力为 p 的 doge 可以跳跃到编号为 b−p （如果 0≤b−p<N）或 b+p （如果 0≤b+p<N）的摩天楼。
编号为 0 的 doge 是所有 doge 的首领，它有一条紧急的消息要尽快传送给编 号为 1 的 doge。任何一个收到消息的 doge 有以下两个选择:
跳跃到其他摩天楼上；
将消息传递给它当前所在的摩天楼上的其他 doge。
请帮助 doge 们计算将消息从 0 号 doge 传递到 1 号 doge 所需要的最少总跳跃步数，或者告诉它们消息永远不可能传递到 1 号 doge。
输入
输入的第一行包含两个整数 N 和 M。
接下来 M 行，每行包含两个整数 Bi 和 Pi。
输出
输出一行，表示所需要的最少步数。如果消息永远无法传递到 1 号 doge，输出 −1。
样例输入
5 3
0 2
1 1
4 1
样例输出
5
题解
set+堆优化Dijkstra
题目显然可以转化为最短路模型：每个doge所在点向它能够跳到的点连边，长度为步数，最后0号所在位置到1号所在位置的最短路即为答案。
但是这样边数过大。考虑优化：
如果多个doge的bi和bi%pi相同，即能够跳到的点相同，那么可以直接由离某个点最近的doge向该点连边；然后再在这里面位置相邻的doge间连边。即找到一个点的前驱后继位置，这两个位置（如果存在）向它连边。
这样看似没有什么大的优化，其实复杂度直接下降了1个级别。考虑最坏情况下的边数：步长越小的连边越多，因此需要贪心地选择步长短的。当步长为$i$时$b%i$最多只有$i$个，每个连的边是$frac ni$级别的；而总的个数为$m$，所以只能选择$1~sqrt m$的步长，因此总的边数时$nsqrt m$。
最后跑堆优化Dijkstra即可。
时间复杂度$O(nsqrt nlog n)$
#include <set>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <utility>
#include <algorithm>
#define N 30010
using namespace std;
typedef pair<int , int> pr;
struct data
{
int b , p , v;
bool operator<(const data &a)const {return p == a.p ? v == a.v ? b < a.b : v < a.v : p < a.p;}
}a[N];
set<int> ss;
set<int>::iterator it;
priority_queue<pr> q;
int head[N] , to[N * 300] , len[N * 300] , next[N * 300] , cnt , dis[N] , vis[N];
inline void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
int main()
{
int n , m , i , j , k , s , t , x;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &a[i].b , &a[i].p) , a[i].v = a[i].b % a[i].p;
s = a[1].b , t = a[2].b , sort(a + 1 , a + m + 1);
for(i = j = 1 ; i <= m ; i = j)
{
while(j <= m && a[i].p == a[j].p && a[i].v == a[j].v) j ++ ;
ss.clear();
for(k = i ; k < j ; k ++ ) ss.insert(a[k].b);
for(k = i ; k < j - 1 ; k ++ ) add(a[k].b , a[k + 1].b , (a[k + 1].b - a[k].b) / a[i].p) , add(a[k + 1].b , a[k].b , (a[k + 1].b - a[k].b) / a[i].p);
for(k = a[i].v ; k < n ; k += a[i].p)
{
it = ss.upper_bound(k);
if(it != ss.end()) add(*it , k , (*it - k) / a[i].p);
it = ss.lower_bound(k);
if(it != ss.begin()) it -- , add(*it , k , (k - *it) / a[i].p);
}
}
memset(dis , 0x3f , sizeof(dis)) , dis[s] = 0 , q.push(pr(0 , s));
while(!q.empty())
{
x = q.top().second , q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(dis[to[i]] > dis[x] + len[i])
dis[to[i]] = dis[x] + len[i] , q.push(pr(-dis[to[i]] , to[i]));
}
printf("%d
" , dis[t] == 0x3f3f3f3f ? -1 : dis[t]);
return 0;
}