「WOJ 4701」Walk

传送门

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problem

在比特镇一共有 $n$ 个街区，编号依次为 $1$ 到 $n$，它们之间通过若干条单向道路连接。

比特镇的交通系统极具特色，除了 $m$ 条单向道路之外，每个街区还有一个编码 $va{l}_i$，不同街区可能拥有相同的编码。若 ${val}_i\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}va{l}_j=va{l}_j$ ，即 $va{l}_i$ 在二进制下与 $va{l}_j$ 做与运算等于 $va{l}_j$，那么也会存在一条额外的从 $i$ 出发到 $j$ 的单向道路。

Byteasar 现在位于 $1$ 号街区，他想知道通过这些道路到达每一个街区最少需要多少时间。因为比特镇的交通十分发达，你可以认为通过每条道路都只需要 $1$ 单位时间。

数据范围：$n\le 2\times 10^5$，$m\le 3\times 10^5$，$va{l}_i<2^{20}$。

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solution

这个建图方式挺妙的。

我们新建出 $2^{20}$ 个点，代表所有的编码 $va{l}_i$。对于新点 $i$，我们向其二进制下为 $1$ 的位置取反后的点连边权为 $0$ 的边。

举个例子，$110$ 会向 $010$ 和 $100$ 连边，代表从 $110$ 可以到它们。

这样做了之后，如果 $va{l}_i\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}va{l}_j=va{l}_j$，那么 $va{l}_i$ 一定可以走若干步到达 $va{l}_j$。

然后我们再连 $(i\to va{l}_i,1)$，$(va{l}_i\to i,0)$ 的边，代表连进新点来转移。

可以仔细体会一下这个建边方式，感觉挺妙的。

由于边权只有 $0/1$，用 $01bfs$，时间复杂度 $O(n\log n+m)$。

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code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
	const int Rlen=1<<22|1;
	char buf[Rlen],*p1,*p2;
	inline char gc(){
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	template<typename T>
	inline T Read(){
		char c=gc();T x=0,f=1;
		while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();
		while( isdigit(c))  x=((x+(x<<2))<<1)+(c^48),c=gc();
		return f?x:-x;
	}
	inline int in()  {return Read<int>();}
}
using IO::in;
const int N=2e6+5,M=2e7+5;
int n,m,t,lim=(1<<20);
int first[N],v[M],w[M],nxt[M];
int val[N],d[N];
void add(int x,int y,int z){
	nxt[++t]=first[x],first[x]=t,v[t]=y,w[t]=z;
}
void build(){
	for(int i=1;i<lim;++i)
		for(int j=0;j<20;++j)
			if(i&(1<<j))  add(n+1+i,n+1+(i^(1<<j)),0);
}
deque<int>Q;
void bfs(){
	memset(d,-1,sizeof(d));
	Q.push_back(1),d[1]=0;
	while(!Q.empty()){
		int x=Q.front();Q.pop_front();
		for(int i=first[x];i;i=nxt[i]){
			int to=v[i];
			if(d[to]==-1||d[to]>d[x]+w[i]){
				d[to]=d[x]+w[i];
				if(w[i])  Q.push_back(to);
				else  Q.push_front(to);
			}
		}
	}
}
int main(){
	n=in(),m=in();
	for(int i=1;i<=n;++i)  val[i]=in();
	for(int i=1,x,y;i<=m;++i)  x=in(),y=in(),add(x,y,1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		add(i,n+1+val[i],1),add(n+1+val[i],i,0);
	}
	build(),bfs();
	for(int i=1;i<=n;++i)  printf("%d\n",d[i]);
	return 0;
}