问题 A: 现代豪宅
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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=0,b=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')b=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){a=(a<<3)+(a<<1)+ch-'0';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=0;i<=2*k+1;i++)dist[i]=inf; dist[st]=0;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!=-1;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,-1,sizeof(first)); read(m),read(n),read(k);en=2*k+1; for(rint i=1,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=1;i<=n;++i) { sort(hine[i].begin(),hine[i].end(),cmp); for(rint j=1;j<hine[i].size();++j) { add(hine[i][j-1].id,hine[i][j].id,hine[i][j].zb-hine[i][j-1].zb), add(hine[i][j].id,hine[i][j-1].id,hine[i][j].zb-hine[i][j-1].zb); } } if(hine[n].size()) { int zhi=hine[n].size()-1; 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=1;i<=m;++i) { sort(line[i].begin(),line[i].end(),cmp); for(rint j=1;j<line[i].size();++j) { add(line[i][j-1].id,line[i][j].id,line[i][j].zb-line[i][j-1].zb), add(line[i][j].id,line[i][j-1].id,line[i][j].zb-line[i][j-1].zb); } } if(line[m].size()) { int zhi=line[m].size()-1; add(en,line[m][zhi].id,n-line[m][zhi].zb); add(line[m][zhi].id,en,n-line[m][zhi].zb); } if(line[1].size()) { add(st,line[1][0].id,line[1][0].zb-1); add(line[1][0].id,st,line[1][0].zb-1); } for(rint i=1;i<=k;++i)add(i,i+k,1),add(i+k,i,1); dijkstra(); (dist[en]>=inf)?puts("-1"):printf("%lld ",dist[en]); return 0; }