线段树优化建图的速成

前言

这个东西比较简单易懂。

正文

问题引入 $\Rightarrow$ CF786B （PLUS）

现在有一个 $n(1\le n\le 10^5)$ 个节点的有向图，现在给出 $m(1\le m\le 10^5)$ 条信息描述这个图的边，信息有三种：

1. 给出三个数 $u,v,w$，表示连接一条有向边 $(u,v)$ ，权值为 $w$。
2. 给出四个数 $u,l,r,w$，表示从 $u$ 向 $[l,r]$ 中所有的点分别连一条有向边，权值都是 $w$。
3. 依然给出四个数 $u,l,r,w$，表示 $[l,r]$ 中所有的点分别向 $u$ 连一条有向边，权值都是 $w$。
4. （原题没有）给出五个数 $l_1,r_1,l_2,r_2,w$，表示 $[l_1,r_1]$ 中所有的点分别向 $[l_2,r_2]$ 中所有的点连一条有向边。

我们需要求出这个图的单源最短路。

基本算法讲解

暴力建图是不可能的。

初始化

将每个点分为入点和出点，一个点 $u$ 被分为 $u_{in}$ 和 $u_{out}$ (学过网络流的$\mathrm{d}\mathrm{a}\mathrm{l}\mathrm{a}\mathrm{o}$们应该很清楚这是什么意思)，接着，对于所有入点和出点，分别构建一颗线段树维护，我们称之为入树和出树，出树中区间 $[l,r]$ 对应节点的子树中的叶子节点是原图中 $[l,r]$ 的节点的出点，入树同理。对于入树中的非叶子节点，分别向它的左右儿子连一条权值为 $0$ 的有向边，而对于出树中的所有非根节点，向它的父亲节点连一条边权为 $0$ 的边。接着对于所有原图上的点，连接一条出点和入点之间无向边(这是为了防止一些奇怪问题)。

比如 $n=4$ 的时候，我们构建的线段树和边就是这个样子的：

建图

现在我们需要想办法将原图转化，尽量减少边的数目。

对于出树中某个节点，其表示的区间为 $[l_1,r_1]$，这个节点有一条有向边连接了入树中的另一个节点，其对应区间为 $[l_2,r_2]$， 那么可以视为在原图中，满足 $\forall u\in [l_1,r_1],v\in [l_2,r_2],(u,v)\in E$。

• 单点 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 单点：对于一条边 $(u,v)$，可以直接转化为另一条边 $(u_{out},v_{in})$ 。

• 单点 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 区间：设单点为 $u$, 区间为 $[l,r]$。众所周知，一个区间在线段树中会被分成不多于 ${\log }_2(r-l+1)$ 个子区间，对于每一个分出的子区间 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ ，都连接一条从 $u_{out}$ 到这个子区间在入树中的对应节点的有向边。
  比如$u=4,[l,r]=[1,3]$ 的时候，可以这样连边：
  

• 区间 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 单点：和 单点 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 区间 类似，不说了。

• 区间 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 区间：设两个区间为 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$，边的权值为 $w$ ，应用上面的方法，我们可以对于两个区间的所有子区间分别两两连边，但是这样的边的数量是 $O({\log }_2^{2}n)$ 的。正确的姿势是构建一个虚点 $p$，用 区间 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 单点 的方法，连接 $[l_1,r_1]$ 到 $p$，这些边的权值是 $w$，接着用 单点 $\mathrm{t}\mathrm{o}$ 区间 ，连接 $p$ 到 $[l_2,r_2]$ ，边权都是 $0$。

尾声

接下来只需要在新图上跑一次单源最短路就好啦，此时源点是原图源点的出点。

Code

PS：这是原题的代码，不是加强之后的代码

const int maxn = 1e5 + 5, maxlg2n = 20;
int n;
struct Edge {
	int v, nex; LL w;
	Edge(int v = 0, LL w = 0, int nex = 0) : v(v), w(w), nex(nex) {}
} E[maxn * maxlg2n << 2];
int hd[maxn << 3], tote;
void addedge(int u, int v, LL w) {
	E[++tote] = Edge(v, w, hd[u]), hd[u] = tote;
}
struct STNode {
	int ls, rs, l, r;
} nd[maxn << 3];
int inid[maxn], outid[maxn], itr_rt, otr_rt, nd_cnt;
void build_tr(int& o, int l, int r, bool fl) {
	o = ++nd_cnt, nd[o].l = l, nd[o].r = r;
	if (l == r) {
		if (fl) inid[l] = o, addedge(o, outid[l], 0), addedge(outid[l], o, 0);
		else outid[l] = o;
		return ;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build_tr(nd[o].ls, l, mid, fl);
	build_tr(nd[o].rs, mid + 1, r, fl);
	if (fl) addedge(o, nd[o].ls, 0), addedge(o, nd[o].rs, 0);
	else addedge(nd[o].ls, o, 0), addedge(nd[o].rs, o, 0);
}

void addedge_sig_to_sig(int u, int v, LL w) {
	addedge(outid[u], inid[v], w);
}
void addedge_seq_to_sig(int p, int l, int r, int u, LL w) {
	if (r < nd[p].l || l > nd[p].r) return ;
	if (l <= nd[p].l && nd[p].r <= r) {
		addedge(p, inid[u], w);
		return ;
	}
	addedge_seq_to_sig(nd[p].ls, l, r, u, w);
	addedge_seq_to_sig(nd[p].rs, l, r, u, w);
}
void addedge_sig_to_seq(int p, int u, int l, int r, LL w) {
	if (r < nd[p].l || l > nd[p].r) return ;
	if (l <= nd[p].l && nd[p].r <= r) {
		addedge(outid[u], p, w);
		return ;
	}
	addedge_sig_to_seq(nd[p].ls, u, l, r, w);
	addedge_sig_to_seq(nd[p].rs, u, l, r, w);
}

LL dis[maxn << 3]; int vis[maxn << 3];
priority_queue< pair<LL, int> > pq;
void dij(int src) {
	for (int i = 1; i <= nd_cnt; i++) dis[i] = -1;
	dis[src] = 0, pq.push(make_pair(0, src));
	while (!pq.empty()) {
		int u = pq.top().second; pq.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (int i = hd[u]; i; i = E[i].nex) {
			int v = E[i].v;
			if (dis[v] == -1 || dis[v] > dis[u] + E[i].w) 
				dis[v] = dis[u] + E[i].w,
				pq.push(make_pair(-dis[v], v));
		}
	} 
}

int main() {
	int q, s;
	scanf("%d%d%d", &n, &q, &s);
	build_tr(otr_rt, 1, n, false), build_tr(itr_rt, 1, n, true);
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		int t, u, v1, v2; LL w;
		scanf("%d", &t);
		if (t == 1) {
			scanf("%d%d%lld", &u, &v1, &w);
			addedge_sig_to_sig(u, v1, w);
		} else if (t == 2) {
			scanf("%d%d%d%lld", &u, &v1, &v2, &w);
			addedge_sig_to_seq(itr_rt, u, v1, v2, w);
		} else {
			scanf("%d%d%d%lld", &u, &v1, &v2, &w);
			addedge_seq_to_sig(otr_rt, v1, v2, u, w);
		}
	}
	dij(outid[s]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", dis[inid[i]]);
	return 0;
}