「USACO 2021 Jan Gold」Telephone 电话

子任务1

直接使用 dijkstra 计算即可。极端情况下，任意两头牛之间都可以传输信息，故时间复杂度 $O(n^2\log n)$。

完整解答

假设图中红色部分能够向绿色部分传递信息，这意味着红色部分里的每一个节点需要向绿色部分的节点连一条边，但注意到本题特殊的边权设定：节点 $x$ 和 节点 $y$ 之间的边权为 $|x-y|$。利用这一点，我们可以发现，$8 \rightarrow 28$ 这条边可以用 $8 \rightarrow 9 \rightarrow 17 \rightarrow 28$ 这条路径代替。更一般的，我们只需将红色部分的每一个节点向绿色部分中与其最接近的节点（节点编号最接近）连边，同时绿色节点内部，我们只需相邻的节点之间连边即可。

但是 注意，如果绿色部分内部节点相互不能传递信息怎么办，我们不能在其内部连边。考虑下图

我们可以发现，每块内部的边没有作用。（证明待补充）

但我们不连每块内部的边的话，可能导致节点 $n$ 无法到达，因此，指向 $n$ 所在部分的节点，均需与 $n$ 连一条边。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5e4 + 10;
int n, k;
int d[N], v[N];
vector<int> e[N], B[55];
char S[55][55];

void dijkstra() {
    memset(d, 0x3f, sizeof d);
    d[1] = 0;
    priority_queue<pair<int, int> > q;
    q.push({0, 1});
    
    while (q.size()) {
        auto [_, x] = q.top(); q.pop();
        if (v[x]) continue;
        v[x] = true;
        for (auto y : e[x]) {
            if (v[y]) continue;
            if (d[y] > d[x] + abs(x - y)) {
                d[y] = d[x] + abs(x - y);
                q.push({-d[y], y});
            }
        }
    }
}

int main() {
    // freopen("1.in", "r", stdin);
    cin >> n >> k;
    int n_in_group;
    for ( i = ; i <= n; i++) {
         b; cin >> b;
        B[b].(i);
         (i == n) n_in_group = b;
    }
     ( i = ; i <= k; i++) cin >> (S[i] + );

     ( i = ; i <= k; i++) {
         ( j = ; j <= k; j++) {
             (S[i][j] == ) ;
            
             (j == n_in_group) {
                 ( x : B[i]) e[x].(n);
            }
             (i == j) ; 
             ( x : B[i]) {
                 it1 = (B[j].(), B[j].(), x);
                 (it1 != B[j].()) {
                    e[x].(*it1);
                }
                 it2 = (B[j].(), B[j].(), x);
                 (it2 != B[j].()) {
                    e[x].(*(it2 - ));
                }
            }
        }
    }

    ();
    cout << (d[n] ==  ?  : d[n]) << ;
}