BZOJ4152 The Captain


题面很简洁:

给定平面上的n个点,定义(x1,y1)到(x2,y2)的费用为min(|x1-x2|,|y1-y2|),求从1号点走到n号点的最小费用。

很明显这是道最短路

我们知道在求最短路时本身就要不断求min

所以相对于拐弯抹角的横纵差的较小值,我们完全可以无视这个求min

转为建|x1-x2|,|y1-y2|两条边

最后跑一遍最短路即可

(ps.这题是卡SPFA的)


IO优化、头文件啥的就自己yy一下吧

#define int long long
const int N=2e5+5,M=N<<2;
int n,m,s,h[N],en,dis[N];
struct point{int i,x,y;}a[N]; //存点坐标
struct node{ //松弛操作中的节点
int x,v;
inline bool operator < (const node &nt) const {
return v>nt.v;
}
};
struct edge{int n,v,w;}e[M]; //前向星边表
void add(int x,int y,int z){e[++en]=(edge){h[x],y,z};h[x]=en;} //加边
void dij(int s){ //dij模板
priority_queue<node> q;
memset(dis,66,sizeof dis);
q.push((node){s,0});
dis[s]=0;
while(!q.empty()){
node x=q.top();
q.pop();
if(x.v!=dis[x.x]) continue; //一个dij懒惰操作,省去了visit[]数组
for(int i=h[x.x];i;i=e[i].n){
int y=e[i].v;
if(dis[x.x]+e[i].w<dis[y]){
dis[y]=dis[x.x]+e[i].w;
q.push((node){y,dis[y]});
}
}
}
}
inline bool cmpx(const point &x,const point &y){return x.x==y.x?x.y<y.y:x.x<y.x;}
inline bool cmpy(const point &x,const point &y){return x.y==y.y?x.x<y.x:x.y<y.y;}
signed main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i].i=i,read(a[i].x),read(a[i].y);
sort(a+1,a+1+n,cmpx); //按横坐标排
for(int i=2;i<=n;i++)
add(a[i-1].i,a[i].i,a[i].x-a[i-1].x), //前后节点建双向边
add(a[i].i,a[i-1].i,a[i].x-a[i-1].x);
sort(a+1,a+1+n,cmpy); //按纵坐标排
for(int i=2;i<=n;i++)
add(a[i-1].i,a[i].i,a[i].y-a[i-1].y),
add(a[i].i,a[i-1].i,a[i].y-a[i-1].y);
dij(1);
printf("%lld",dis[n]);
}

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