P3645 [APIO2015]雅加达的摩天楼

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根号分治，跳跃能力小于等于 \(\sqrt N\) 的 doge 不同跳跃能力数量有限，大于 \(\sqrt N\) 的 doge 能跳到的位置有限。

所以状态只有 \(O((N+M)\sqrt N)\) 种，可以接受，用 bitset 判断是否出现比较方便。

然后有一种神奇的东西叫 01BFS，能 \(O(V+E)\) 解决边权仅为 \(0\) 和 \(1\) 的最短路问题。

当选择一条权值为 \(0\) 的边时，塞入队首；当选择一条权值为 \(0\) 的边时，塞入队尾。这样能时刻维护队列的单调性。

值得注意的是，因为本题的特殊性，同一座摩天楼会在不同的跳跃能力下多次入队。但传递消息是不需要花跳跃次数的，所以在一个点拓展完后，就不需要再次拓展了，否则枚举出边的复杂度会退化为 \(O(VE)\)。

还有一个极易忽略的点（建议去 UOJ 上交一发），01BFS 要在出队时打标记而不是入队时，因为有可能第一次是塞入队尾，后面塞入队首可能跳跃次数更少。这样时间复杂度并不会改变，因为仅仅是在 \(O(E)\) 的前提下多塞入了一些点，这些点不会进行拓展。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 30005
#define For(i,x,y)for(i=x;i<=(y);i++)
bitset<N>k[N];
deque<int>tim;
vector<int>vec[N];
deque<pair<int,int> >deq;
int main()
{
	pair<int,int>pa;
	int n,m,i,b,p,tmp;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	For(i,0,m-1)
	{
		scanf("%d%d",&b,&p);
		vec[b].push_back(p);
		if(!i)deq.push_back(make_pair(b,p));
		if(i==1)pa=make_pair(b,p);
	}
	tim.push_back(0);
	while(!deq.empty())
	{
		b=deq.front().first;
		p=deq.front().second;
		tmp=tim.front();
		if(make_pair(b,p)==pa)break;
		deq.pop_front();
		tim.pop_front();
		if(k[b][p])continue;
		k[b][p]=1;
		if(b>=p)deq.push_back(make_pair(b-p,p)),tim.push_back(tmp+1);
		if(b+p<n)deq.push_back(make_pair(b+p,p)),tim.push_back(tmp+1);
		while(!vec[b].empty())
		{
			if(!k[b][vec[b].back()])deq.push_front(make_pair(b,vec[b].back())),tim.push_front(tmp);
			vec[b].pop_back();
		}
	}
	printf("%d",(deq.empty()?-1:tmp));
	return 0;
}

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