洛谷 P3831 [SHOI2012]回家的路

洛谷 P3831 [SHOI2012]回家的路

题目：

• 有图。转链接

题解：

• 分层图。
• 挺不错的，进一步理解了分层图。
• 分层图就是把所有图中的状态都表示出来，并且不同状态之间互不干扰。也就是说如果有一个问题可以用方法一解决或者方法二解决，那么分层图就可以使得不是用方法一就是用方法二，不会出现两种方法都取到的紊乱情况。
• 此题题意：一个网格图，横竖走一条边用时 2，只能在特定点转向，横竖转向用时 1，问两点最短用时。
• 因为只有走到标记的点才能转方向，也就是说，从起点到终点一定要经过标记的点才能到达（起点和终点也算标记点）。那么我们考虑的范围就只是标记的点之间的关系。
• 对于标记的点，是可以转方向的。
• 此题的决策为转向，由于只存在横向和纵向两个方向，我们对这两个方向分别建立一层。即一层只连原图横向边，一层只连纵向边。
• 然后第一层和第二层相同的点连一条权值为1的边，表示从横向走变成纵向走需要1的代价。
• 最后跑最短路即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define N 1000005
#define M 1000005
using namespace std;

struct Node
{
    int val, pos;
    friend bool operator < (Node x, Node y) {
        return x.val > y.val;
    }
};
struct E {int next, to, dis;} e[M];
struct A {int x, y, id;} a[N];
int n, m, num;
int h[N], dis[N];
bool vis[N];

int read()
{
    int x = 0; char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return x;
}

bool cmp1(A u, A v)
{
    if(u.x == v.x) return u.y < v.y;
    return u.x < v.x;
}
bool cmp2(A u, A v)
{
    if(u.y == v.y) return u.x < v.x;
    return u.y < v.y;
}

void add(int u, int v, int w)
{
    e[++num].next = h[u];
    e[num].to = v;
    e[num].dis = w;
    h[u] = num;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    n = m + 2;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i].x = read();
        a[i].y = read();
        a[i].id = i;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1);
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        if(a[i - 1].x == a[i].x)
        {
            add(a[i - 1].id, a[i].id, (a[i].y - a[i - 1].y) * 2);
            add(a[i].id, a[i - 1].id, (a[i].y - a[i - 1].y) * 2);
        }
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp2);
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        if(a[i - 1].y == a[i].y)
        {
            add(a[i - 1].id + n, a[i].id + n, (a[i].x - a[i - 1].x) * 2);
            add(a[i].id + n, a[i - 1].id + n, (a[i].x - a[i - 1].x) * 2);
        }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        add(i, i + n, 1), add(i + n, i, 1);
    add(n - 1, n - 1 + n, 0);
    add(n - 1 + n, n - 1, 0);
    add(n, n + n, 0);
    add(n + n, n, 0);
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    priority_queue<Node> que;
    dis[n - 1] = 0, que.push((Node){0, n - 1});
    while(que.size())
    {
        int now = que.top().pos;
        que.pop();
        if(vis[now]) continue;
        vis[now] = 1;
        for(int i = h[now]; i != 0; i = e[i].next)
            if(dis[now] + e[i].dis < dis[e[i].to])
            {
                dis[e[i].to] = dis[now] + e[i].dis;
                que.push((Node){dis[e[i].to], e[i].to});
            }
    }
    if(dis[n] == 0x3f3f3f3f && dis[n + n] == 0x3f3f3f3f)
        {cout << -1; return 0;}
    cout << min(dis[n], dis[n + n]);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/BigYellowDog/p/11516707.html