【香蕉OI】月之美兔（最短路）

題意

有一條線上有 $n$ 個點，有 $m$ 個人，第 $i$ 個人站在 $a_i$ 位置，可以花一個代價向左或者向右跳 $f_i$ 的距離。

現在一個東西在 $1$ 號人手裏，想要把這個東西交到 $2$ 號人手裏。一個人可以把東西轉交給另一個人當且僅當兩個人在同一個位置。

求轉交的最小代價。$n,m\le 2*10^4$

思路

首先有一個顯而易見的結論：代價最小的轉交中，一個人最多隻會拿到東西一次，也就是說不會送走了這個東西再拿回來。

那麼每個人對轉交的貢獻就是從 $a_i$ 出發跑到一個位置 $p_1$ ，然後再跑到 $p_2$ 把這個東西交給下一個人。

所以現在已經有一個顯而易見的暴力了，只需要把每兩個位置 $p_1,p_2$ 之間連邊，邊權爲某個人把東西從 $p_1$ 轉運到 $p_2$ 的最小代價。然後跑最短路。 $O(n^2*m)$

然後考慮優化連邊的過程，可以把 $f_i$ 和 $a_i\; mod \; f_i$ 相同的點一起建邊，假設 $\forall f_i=F,\forall a_i\; mod\; f_i=R$。方法如下：

1. 把所有標號爲 $k*F+R$ 的點複製一遍
2. 複製的點之間連上邊權爲 1 的邊
3. 複製的點向原點連邊權爲 0 的邊
4. 原點向複製的點連邊權爲“最近的滿足 $f_i=F,a_i\; mod\; f_i=R$ 的點到他的距離”的邊。

走到複製的點上就表示這個東西被一個人攜帶。（說的不是很清楚，感性理解一下就好了）

可以證明最後點數和邊數都是 $O(n\sqrt{m})$ 的。因爲想要複製一組點，就需要一組新的 $F$ 和 $R$，最開始複製 $n$ 個點最少只需要 $1$ 組 $F=1,R=0$ 就行了，而後面就依次需要 $2$ 組，$3$ 組 $...$。

所以跑最短路就好了。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const int inf = 1e9 + 7;
const int N = 20000 + 10, sqrN = 200, M = (N*sqrN)<<2;
int n, m, s, t, pt;
int ncnt, dis[N*sqrN], id[N];
struct node{
	int a, p, r;
}a[N];
int h[N*sqrN], ecnt, v[M], nxt[M], w[M];
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii> > que;

template<class T>inline void read(T &x){
	x = 0; bool fl = 0; char c = getchar();
	while (!isdigit(c)){if (c == '-') fl = 1; c = getchar();}
	while (isdigit(c)){x = (x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c = getchar();}
	if (fl) x = -x;
}

void _add(int x, int y, int z){
	nxt[++ecnt] = h[x]; v[ecnt] = y; w[ecnt] = z;
	h[x] = ecnt;
}

bool cmp(node x, node y){
	if (x.p != y.p) return x.p < y.p;
	else if (x.r != y.r) return x.r < y.r;
	else return x.a < y.a;
}

int dijkstra(){
	for (int i = 0; i <= ncnt; ++ i) dis[i] = inf;
	que.push(mp(0, s)); dis[s] = 0;
	while (!que.empty()){
		int d = que.top().fi, u = que.top().se;
		que.pop();
		if (d > dis[u]) continue;
		for (int i = h[u]; i; i = nxt[i])
			if (dis[v[i]] > dis[u]+w[i]){
				dis[v[i]] = dis[u]+w[i];
				que.push(mp(dis[v[i]], v[i]));
			}
	}
	int ans = inf;
	for (int i = 0; i < n; ++ i)
		if (abs(t-i)%pt == 0)
			ans = min(ans, dis[i]+abs(t-i)/pt);
	return ans;
}

int main()
{
	read(n); read(m);
	for (int i = 1; i <= m; ++ i){
		read(a[i].a), read(a[i].p);
		a[i].r = a[i].a%a[i].p;
	}
	s = a[1].a; t = a[2].a; pt = a[2].p;
	sort(a + 1, a + m + 1, cmp);
	ncnt = n-1; ecnt = 1;
	for (int i = 1, j; i <= m; i = j){
		int p = a[i].p, r = a[i].r;
		for (j = i; a[j].p == p && a[j].r == r && j <= m; ++ j);
		if (p == 0) continue;
		for (int k = r; k < n; k += p) dis[k] = inf, id[k] = ++ncnt;
		for (int k = i; k < j; ++ k){
			for (int o = a[k].a, tmp = 0; o < n; o += p, ++tmp){
				if (k+1 < j && o == a[k+1].a) break;
				dis[o] = min(dis[o], tmp);
			}
			for (int o = a[k].a, tmp = 0; o >= 0; o -= p, ++tmp){
				if (k-1 >= i && o == a[k-1].a) break;
				dis[o] = min(dis[o], tmp);
			}
		}
		for (int k = r; k < n; k += p){
			if (k+p < n){
				_add(id[k], id[k+p], 1); _add(id[k+p], id[k], 1);
			}
			_add(k, id[k], dis[k]); _add(id[k], k, 0);
		}
	}
	printf("%d\n", dijkstra());
	return 0;
}