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线段树优化建边的模板题
注意到暴力建边是\(O(qlen)\)，显然会超时
这种区间的问题一般把它放到线段树上有奇效，那我们就放到线段树上，线段树上的一个节点表示它所代表区间的连边情况
发现放在一棵线段树上效果好像也不明显，那就放在两棵线段树上
我们用一棵线段树来起到进入某个点的作用，另一棵起到走出某个点的作用
初始化时，第一棵线段树的父亲节点向儿子节点连边权为\(0\)的边，叶子结点向其代表的图上节点连边
具体的，对于一个节点\([l,r]\)，将其连向\([l,mid]\)和\([mid+1,r]\)。特别的，当\(l=r\)时，线段树上的该点连向图上编号为\(l\)的点
另一棵线段树的操作类似，但是一条边的两端正好相反
大概就是这样的一个东西
接下来考虑询问
若\(op=1\)，则直接连边
若\(op=2\)，对于区间\([l,r]\)将其放到第一棵线段树上，首先这个区间会被拆成\(log\)段，我们将\(u\)连向这些区间，权值为给定的\(w\)，根据线段树上的子孙关系，这个操作等价于连向了\([l,r]\)中的所有点（经过若干条权值为\(0\)）的边
若\(op=3\)，我们将这个区间放到第二颗线段树上，它也会被拆成\(log\)段，让这些区间连向\(u\)，权值为\(w\)，则对于任意在\([l,r]\)区间的点\(v\)，它首先可以走到第二棵线段树的对应叶子结点上，之后一直向上走一定能走到\([l,r]\)拆出来的区间之一
于是我们的点数索然变成了\(O(5n)\)，但是边数减少到了\(O(qlogn+4n)\)，可以直接跑\(dijkstra\)求解最短路
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define fir first
#define sec second
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>=b;i--)
#define maxd (ll)1e18+7
typedef long long ll;
const int N=1000000;
const double pi=acos(-1.0);
struct edgenode{
int to,nxt,cost;
}sq[8002000];
int all=0,head[4001000];
struct hnode{
int u;ll dis;
};
bool operator<(const hnode &p,const hnode &q)
{
return p.dis>q.dis;
}
priority_queue<hnode> q;
int n,m,s,tot=0;
ll dis[4001000];
bool vis[4001000];
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int u,int v,int w)
{
all++;sq[all].to=v;sq[all].nxt=head[u];sq[all].cost=w;head[u]=all;
}
void build1(int id,int l,int r)
{
tot=max(id,tot);
if (l==r)
{
add(id+n,l,0);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build1(id<<1,l,mid);
build1(id<<1|1,mid+1,r);
add(id+n,(id<<1)+n,0);
add(id+n,(id<<1|1)+n,0);
}
void build2(int id,int l,int r)
{
if (l==r)
{
add(l,id+tot+n,0);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build2(id<<1,l,mid);
build2(id<<1|1,mid+1,r);
add((id<<1|1)+n+tot,id+n+tot,0);
add((id<<1)+n+tot,id+n+tot,0);
}
void modify1(int id,int l,int r,int u,int ql,int qr,int w)
{
if ((l>=ql) && (r<=qr))
{
add(u,id+n,w);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (ql<=mid) modify1(id<<1,l,mid,u,ql,qr,w);
if (qr>=mid+1) modify1(id<<1|1,mid+1,r,u,ql,qr,w);
}
void modify2(int id,int l,int r,int u,int ql,int qr,int w)
{
if ((l>=ql) && (r<=qr))
{
add(id+n+tot,u,w);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (ql<=mid) modify2(id<<1,l,mid,u,ql,qr,w);
if (qr>=mid+1) modify2(id<<1|1,mid+1,r,u,ql,qr,w);
}
void dij(int s)
{
rep(i,1,N) dis[i]=maxd;
dis[s]=0;q.push((hnode){s,0});
while (!q.empty())
{
int u=q.top().u;q.pop();
if (vis[u]) continue;vis[u]=1;
int i;
for (i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
{
int v=sq[i].to;
if (dis[v]>dis[u]+sq[i].cost)
{
dis[v]=dis[u]+sq[i].cost;
if (!vis[v]) q.push((hnode){v,dis[v]});
}
}
}
}
int main()
{
n=read();m=read();s=read();
build1(1,1,n);
build2(1,1,n);
while (m--)
{
int op=read();
if (op==1)
{
int u=read(),v=read(),w=read();
add(u,v,w);
}
else if (op==2)
{
int u=read(),l=read(),r=read(),w=read();
modify1(1,1,n,u,l,r,w);
}
else if (op==3)
{
int u=read(),l=read(),r=read(),w=read();
modify2(1,1,n,u,l,r,w);
}
}
dij(s);
rep(i,1,n) if (dis[i]!=maxd) printf("%lld ",dis[i]);
else printf("-1 ");
return 0;
}