题目大意
Bessie和Elsie各自烤了 N(1≤N≤10^5)个馅饼。Bessie 会这 2N 个馅饼打分，Elsie 也会。二者的打分均为一个 ≤1e9 的非负整数。由于她们口味不同，每个派的两个分数可能不同。
她们想互赠礼物。开始时，Bessie 送给 Elsie 一个馅饼。她们收到礼物（对方做的馅饼）后都会回赠对方一个自己做的馅饼。
她们选择回礼的方法相同。以 Elsie 为例，Elsie 根据自己的打分来选择回礼。回礼的分数至少要大于她收到的馅饼的分数，但两个馅饼的分数差不能大于 D(0≤D≤10^9) 。如果有多个馅饼满足要求，Elsie 可以选择其中的任意一个作为回礼。
若没有馅饼满足要求，Elsie 会放弃。Bessie 选择回礼的方法同理。
她们之间的礼物交换将持续到一头牛放弃（Bad End），或一头牛收到一个她自己打分为 0 的馅饼，此时礼物交换愉快结束（Happy End）。
请注意，不能把一个馅饼赠送两次，不能把馅饼送给自己。
Bessie 想知道：对于每个她做的馅饼，如果她将这个馅饼作为最开始送给 Elsie 的礼物，她俩至少要互赠多少次馅饼（Bessie 给 Elsie 算一次，Elsie 回赠 Bessie 又算一次），才能 Happy End 。如果不可能 Happy End，请输出 -1。
题目分析
我们要求出对于每个馅饼，都要求出最少要送多少次。而观察数据范围，显然一个一个求是不太可行的，所以考虑一次全求出来，使用最短路。
考虑如何建边，我们应该反向建边，把每个分数0的点作为起点。建图时应对每个两人的pie分别排序，这样便于二分建图。
（虽然此算法可能被卡成N2 的，但由于出题人都是懒的，所以可以通过）
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int MAXN=400005;
4 const int Inf=0x3f3f3f3f;
5 struct Node{
6 int bv,ev,id;
7 }pb[MAXN],pe[MAXN];
8
9 inline bool cmpb(Node x,Node y){
10 return x.bv<y.bv;
11 }
12 inline bool cmpe(Node x,Node y){
13 return x.ev<y.ev;
14 }
15 struct FboB{
16 inline bool operator()(const Node &x,const Node &y){
17 return x.bv<y.bv;
18 }
19 };
20 struct FboE{
21 inline bool operator()(const Node &x,const Node &y){
22 return x.ev<y.ev;
23 }
24 };
25
26 struct Edge{
27 int to,nxt;
28 }e[MAXN<<4];
29 int cnt,head[MAXN<<1];
30 inline void add_edge(int u,int v){
31 e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
32 }
33 int n,d;
34 queue<int> q;
35 int dis[MAXN<<1];
36 inline void bfs(){
37 while(!q.empty()){
38 int x=q.front();
39 q.pop();
40 for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nxt){
41 y=e[i].to;
42 if(dis[y]!=-1) continue;
43 dis[y]=dis[x]+1;
44 q.push(y);
45 }
46 }
47 }
48 int main(){
49 memset(dis,-1,sizeof(dis));
50 scanf("%d%d",&n,&d);
51 for(int i=1;i<=n;++i){
52 scanf("%d%d",&pb[i].bv,&pb[i].ev);
53 if(pb[i].ev==0){
54 dis[i]=1;
55 q.push(i);
56 }
57 pb[i].id=i;
58 }
59 for(int i=1;i<=n;++i){
60 scanf("%d%d",&pe[i].bv,&pe[i].ev);
61 if(pe[i].bv==0){
62 dis[i+n]=1;
63 q.push(i+n);
64 }
65 pe[i].id=i+n;
66 }
67 sort(pb+1,pb+n+1,cmpb);
68 sort(pe+1,pe+n+1,cmpe);
69 for(int i=1,pos;i<=n;++i){
70 Node tmp;
71 tmp.bv=pe[i].bv;
72 tmp.ev=pe[i].bv;
73 pos=lower_bound(pb+1,pb+n+1,tmp,FboB())-pb;
74 for(int j=pos;j<=n;++j){
75 if(pb[j].bv>pe[i].bv+d) break;
76 add_edge(pb[j].id,pe[i].id);
77 }
78 }
79 for(int i=1,pos;i<=n;++i){
80 Node tmp;
81 tmp.bv=pb[i].ev;
82 tmp.ev=pb[i].ev;
83 pos=lower_bound(pe+1,pe+n+1,tmp,FboE())-pe;
84 for(int j=pos;j<=n;++j){
85 if(pe[j].ev>pb[i].ev+d) break;
86 add_edge(pe[j].id,pb[i].id);
87 }
88 }
89 bfs();
90 for(int i=1;i<=n;++i)
91 printf("%d\n",dis[i]);
92 return 0;
93 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/LI-dox/p/11229546.html