「JOISC 2015 Day 1」卡片占卜

题目描述

K 理事长是占卜好手，他精通各种形式的占卜。今天，他要用正面写着 I ，背面写着 O 的卡片占卜一下日本 IOI 国家队的选手选择情况。

占卜的方法如下：

首先，选取五个正整数 A,B,C,D,EA,B,C,D,EA,B,C,D,E；
然后，拿出 A+B+C+D+EA+B+C+D+EA+B+C+D+E 张卡片摆成一排，从左至右摆成 AAA 张正面，BBB 张反面，CCC 张正面，DDD 张反面，EEE 张正面的形式。也就是说，从左到右依次摆 AAA 张 I，BBB 张 O，CCC 张 I，DDD 张 O，EEE 张 I；
再从预先确定的 NNN 种操作中选择 111 种以上，然后按照自己喜欢的顺序进行操作，同样的操作可以进行 111 次及以上。第 iii 种操作是「把从左到右第 LiL_iLi 张卡片到第 RiR_iRi 张卡片（包括两端）翻过来」，因为需要用手操作，所以翻 111 张牌需要花费 111 秒，完成一次操作需要花费 Ri−Li+1R_i-L_i+1Ri−Li+1 秒；
操作后，如果所有牌都是正面朝上的，占卜就结束了。

因为这种占卜比较费时，所以 K 理事长在占卜之前想知道占卜能否结束，如果能结束，他想知道占卜的最小耗时。

输入格式

第一行，五个正整数 A,B,C,D,EA,B,C,D,EA,B,C,D,E，意义如题目描述；

第二行，一个正整数 NNN，意义如题目描述；

接下来 NNN 行描述操作，一行两个正整数 Li,RiL_i,R_iLi,Ri，意义如题目描述。

输出格式

输出一行，如果占卜能够结束，则输出一个正整数，表示占卜的最小耗时；如不能，输出 −1-1−1。

样例

样例输入 1

样例输出 1

样例说明 1

最初的卡片序列为 IOOIIIOOOOIIIII；
先进行第二个操作，卡片序列变为 IIIOOOOOOOIIIII，花费 555 秒；
再进行第三个操作，卡片序列变为 IIIIIIIIIIII，这个操作花费 777 秒，一共花费 121212 秒。
可以证明，121212 秒为占卜的最小耗时，因此输出 121212。

样例输入 2

样例输出 2

-1

数据范围与提示

对于全部测试点，满足 1≤A,B,C,D,E,N≤105,1≤Li≤Ri≤A+B+C+D+E1\le A,B,C,D,E,N\le 10^5,1\le L_i\le R_i\le A+B+C+D+E1≤A,B,C,D,E,N≤105,1≤Li≤Ri≤A+B+C+D+E。

solution

我们把区间改成(l-1，r] ，这样子修改一段区间就相当于从l-1走到r。

有两个起点两个终点，那就枚举配对就行。

当时考场我居然不会把区间转化成左开右闭的，真的很菜。

有一点要注意：0也是一个合法的点，所以dist也得清inf

 #include<cstdio>

 #include<iostream>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<algorithm>

 #include<cmath>

 #include<queue>

 #define maxn 500005

 #define inf 1e15

 #define ll long long

 using namespace std;

 int n,m,head[maxn],A,B,C,D,E,tot,flag[maxn];

 ll d[maxn],dis[][];

 struct node{

     int v,nex;

 }e[maxn];

 void lj(int t1,int t2){

     e[++tot].v=t2;e[tot].nex=head[t1];head[t1]=tot;

 }

 struct no{

     int x;ll dist;

 };

 bool operator <(no a,no b){

     return a.dist>b.dist;

 }

 void dij(int S){

     priority_queue<no>q;

     q.push((no){S,});

     for(int i=;i<=n;i++)d[i]=inf,flag[i]=;d[S]=;

     while(!q.empty()){

         no k=q.top();q.pop();

         if(flag[k.x])continue;

         flag[k.x]=;

         for(int i=head[k.x];i;i=e[i].nex){

             if(d[e[i].v]>d[k.x]+abs(k.x-e[i].v)){

                 d[e[i].v]=d[k.x]+abs(k.x-e[i].v);

                 q.push((no){e[i].v,d[e[i].v]});

             }

         }

     }

 }

 int main()

 {

     scanf("%d%d%d%d%d",&A,&B,&C,&D,&E);

     n=A+B+C+D+E;

     cin>>m;

     for(int i=,t1,t2;i<=m;i++){

         scanf("%d%d",&t1,&t2);t1--;

         lj(t1,t2);lj(t2,t1);

     }

     dij(A);

     dis[][]=d[A];dis[][]=d[A+B];dis[][]=d[A+B+C];dis[][]=d[A+B+C+D];

     dij(A+B);

     dis[][]=d[A];dis[][]=d[A+B];dis[][]=d[A+B+C];dis[][]=d[A+B+C+D];

     dij(A+B+C);

     dis[][]=d[A];dis[][]=d[A+B];dis[][]=d[A+B+C];dis[][]=d[A+B+C+D];

     dij(A+B+C+D);

     dis[][]=d[A];dis[][]=d[A+B];dis[][]=d[A+B+C];dis[][]=d[A+B+C+D];

     ll ans=min(dis[][]+dis[][],min(dis[][]+dis[][],dis[][]+dis[][]));

     if(ans>=inf)puts("-1");

     else cout<<ans<<endl;

     return ;

 }

巴特西