4456: [Zjoi2016]旅行者
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Description
小Y来到了一个新的城市旅行。她发现了这个城市的布局是网格状的，也就是有n条从东到西的道路和m条从南到北
的道路，这些道路两两相交形成n×m个路口 (i,j)(1≤i≤n,1≤j≤m)。她发现不同的道路路况不同，所以通过不
同的路口需要不同的时间。通过调查发现，从路口(i,j)到路口(i,j+1)需要时间 r(i,j)，从路口(i,j)到路口(i+1
,j)需要时间c(i,j)。注意这里的道路是双向的。小Y有q个询问，她想知道从路口(x1,y1)到路口(x2,y2)最少需要
花多少时间。
Input
第一行包含 2 个正整数n,m，表示城市的大小。
接下来n行，每行包含m?1个整数，第i行第j个正整数表示从一个路口到另一个路口的时间r(i,j)。
接下来n?1行，每行包含m个整数，第i行第j个正整数表示从一个路口到另一个路口的时间c(i,j)。
接下来一行，包含1个正整数q，表示小Y的询问个数。
接下来q行，每行包含4个正整数 x1,y1,x2,y2，表示两个路口的位置。
Output
输出共q行，每行包含一个整数表示从一个路口到另一个路口最少需要花的时间。
Sample Input
2 2
2
3
6 4
2
1 1 2 2
1 2 2 1
2
3
6 4
2
1 1 2 2
1 2 2 1
Sample Output
6
7
7
HINT
Source
不想写题解了，发现BZOJ有题解，直接抄就完事了
实际上分块和分治的思想是差不多的，就直接讲分治吧。。
首先转离线操作，然后对于某一个矩形区间x∈[lx,rx]，y∈[ly,ry]，然后要求出所有源点和汇点都在其中的询问，且路径不超出所在区间的答案。不妨设rx-lx>ly-ty，那么对x坐标进行分治，即将这个区间分成两块，那么对于某一个询问，有两种情况：
1.如果询问的起点和终点在两个不同的块，那么一定会经过中轴线上的一点；
2.如果在同一块，那么有可能经过中轴线；也有可能路径只在那一块中，就可以递归分治了；
那么对于某一块，求出中轴线到所在块的所有点的距离，更新一下答案；然后递归分治。
考虑用dijkstra+heap跑最短路，那么就大概是O(N^1.5logN)的（因为思想和kd-tree是差不多的吧所以时间也一样）。本地测试后两个点dijkstra+heap的时间接近spfa的一半
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 20105
using namespace std;
inline int read() {
int x=,f=;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*+ch-'';
return x*f;
} struct Node {
int x,y,d;
bool operator <(const Node &tmp) const {return d>tmp.d;}
};
struct query {int x1,y1,x2,y2,id;}a[],L[],R[];
int ans[];
int v[maxn][];
int n,m,Q;
int dis[maxn],vis[maxn];
int tx[]={,-,,},ty[]={,,,-};
priority_queue<Node> q;
inline int get(int x,int y) {return (x-)*m+y;}
inline void dij(int x,int y,int x1,int x2,int y1,int y2) {
for(int i=x1;i<=x2;i++) for(int j=y1;j<=y2;j++) dis[get(i,j)]=,vis[get(i,j)]=;
q.push((Node){x,y,});
dis[get(x,y)]=;
while(!q.empty()) {
Node now=q.top();q.pop();
if(vis[get(now.x,now.y)]) continue;
vis[get(now.x,now.y)]=;
for(int i=;i<;i++) {
int tox=now.x+tx[i],toy=now.y+ty[i];
if(tox>x2||tox<x1||toy>y2||toy<y1) continue;
if(dis[get(tox,toy)]>dis[get(now.x,now.y)]+v[get(now.x,now.y)][i]) {
dis[get(tox,toy)]=dis[get(now.x,now.y)]+v[get(now.x,now.y)][i];
q.push((Node){tox,toy,dis[get(tox,toy)]}); }
}
}
}
inline void solve(int x1,int x2,int y1,int y2,int ql,int qr) {
if(qr<ql) return;
if(x1==x2&&y1==y2) {
for(int i=ql;i<=qr;i++) ans[a[i].id]=;
return ;
}
if(x2-x1>y2-y1) {
int mid=(x2+x1)>>;
for(int i=y1;i<=y2;i++) {
dij(mid,i,x1,x2,y1,y2);
for(int j=ql;j<=qr;j++) ans[a[j].id]=min(ans[a[j].id],dis[get(a[j].x1,a[j].y1)]+dis[get(a[j].x2,a[j].y2)]);
}
int l=,r=;
for(int i=ql;i<=qr;i++) {
if(a[i].x1<=mid&&a[i].x2<=mid) L[++l]=a[i];
if(a[i].x1>mid&&a[i].x2>mid) R[++r]=a[i];
}
for(int i=;i<=l;i++) a[ql+i-]=L[i];
for(int i=;i<=r;i++) a[ql+l+i-]=R[i];
solve(x1,mid,y1,y2,ql,ql+l-);solve(mid+,x2,y1,y2,ql+l,ql+l+r-);
}
else {
int mid=(y2+y1)>>;
for(int i=x1;i<=x2;i++) {
dij(i,mid,x1,x2,y1,y2);
for(int j=ql;j<=qr;j++) ans[a[j].id]=min(ans[a[j].id],dis[get(a[j].x1,a[j].y1)]+dis[get(a[j].x2,a[j].y2)]); }
int l=,r=;
for(int i=ql;i<=qr;i++) {
if(a[i].y1<=mid&&a[i].y2<=mid) L[++l]=a[i];
if(a[i].y1>mid&&a[i].y2>mid) R[++r]=a[i];
}
for(int i=;i<=l;i++) a[ql+i-]=L[i];
for(int i=;i<=r;i++) a[ql+l+i-]=R[i];
solve(x1,x2,y1,mid,ql,ql+l-);solve(x1,x2,mid+,y2,ql+l,ql+l+r-);
}
}
int main() {
memset(v,,sizeof(v));
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++) for(int j=;j<m;j++) v[get(i,j)][]=v[get(i,j+)][]=read();
for(int i=;i<n;i++) for(int j=;j<=m;j++) v[get(i,j)][]=v[get(i+,j)][]=read();
Q=read();
for(int i=;i<=Q;i++) {
a[i].x1=read(),a[i].y1=read(),a[i].x2=read(),a[i].y2=read();
a[i].id=i;ans[i]=;
}
solve(,n,,m,,Q);
for(int i=;i<=Q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}