主要用途：用来解决边权只有 (0) 或 (1) 的最短路问题。或者能够转化为这种边权值的最短路问题。
主要方法：用一个双端队列 deque，被边权为 (0) 的边更新的点放到队首，被边权为 (1) 的边更新的点放到队尾。
时间复杂度 (mathcal O(n+m))。避免使用其他最短路算法造成的时间浪费。
正确性：因为只有 (0,1)，这样入队在队列中的点 (v) 仍然具有单调性（是指 (dis_v) 的单调性）。
考虑再建立 (n+1) 个虚点分别对应 ([0,n])。
对于一个 (a_i) 就是 (i) 的实点向 ([i, i - a_i]) 的虚点连一条边权为 (1) 的边。这一部分可以使用线段树优化建图（具体题目参照 CF786B）。
对于一个 (b_i) 就是 (i) 的虚点向 (i + b_i) 的实点连一条边权为 (0) 的边。
然后用 01bfs 跑最短路即可，记得记录路径。
Code：
/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<deque>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 6e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
struct edge { int to, w, nxt; }e[MAXN << 4];
int head[MAXN << 3], num_edge = 1;
int n, Cnt = 0;
int a[MAXN], b[MAXN];
int id[MAXN << 3];
int dis[MAXN << 3], pre[MAXN << 3];
bool vis[MAXN << 3];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void add_edge(int from, int to, int w) { e[++num_edge] = (edge){to, w, head[from]}, head[from] = num_edge; }
namespace Seg {
#define lson i << 1
#define rson i << 1 | 1
void Build(int i, int l, int r) {
if(l == r) return (void)(id[i] = l + n + 1);
int mid = (l + r) >> 1; id[i] = ++ Cnt;
Build(lson, l, mid), Build(rson, mid + 1, r);
if(id[lson]) add_edge(id[i], id[lson], 0);
if(id[rson]) add_edge(id[i], id[rson], 0);
}
void Modify(int i, int l, int r, int L, int R, int u) {
if(L <= l && r <= R) return add_edge(u, id[i], 1);
int mid = (l + r) >> 1;
if(mid >= L) Modify(lson, l, mid, L, R, u);
if(mid < R) Modify(rson, mid + 1, r, L, R, u);
}
}
void bfs() {
deque<int> q;
dis[n] = 0, q.push_back(n);
while(!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop_front();
if(vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(dis[v] > dis[u] + e[i].w) {
dis[v] = dis[u] + e[i].w;
if(!vis[v]) {
pre[v] = u;
if(e[i].w) q.push_back(v);
else q.push_front(v);
}
}
}
}
}
void Print(int u) {
if(pre[u] != n) Print(pre[u]);
if(n + 1 <= u && u <= 2 * n + 1) printf("%d ", u - n - 1);
}
int main()
{
n = read(); Cnt = 2 * n + 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
for(int i = 0; i <= n; ++i) add_edge(i + n + 1, i + b[i], 0);
Seg::Build(1, 0, n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) Seg::Modify(1, 0, n, i - a[i], i, i);
memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
bfs();
if(dis[0] == 0x3f3f3f3f) puts("-1");
else {
printf("%d
", dis[0]);
Print(0);
}
return 0;
}
这里多说一句，这个题的另一个做法：
@摸鱼酱：
考虑 bfs，每个点 (y) 被跳上来，下滑 (b_y) 米之前第一次到达就是最优的，所以每个点只会被搜到一次。
这样我们就可以把 ([0,n-1]) 塞进 set，每次把 ([u-a_i,u]) 中还没被访问过的点拉出来更新并放入下滑后的点入队列，然后把它们删除掉，每个点只会贡献一次删除和入队，时间复杂度 (mathcal O(n log n))
Code：
/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 3e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN];
int dis[MAXN], pre[MAXN], add[MAXN];
set<int> S;
queue<int> q;
vector<int> ans;
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void Print(int u) {
if(pre[u] != n) Print(pre[u]);
printf("%d ", u - add[u]);
}
int main()
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
for(int i = 0; i < n; ++i) S.insert(i);
dis[n] = 1, q.push(n);
while(!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
set<int>::iterator l = S.lower_bound(u - a[u]), r = S.upper_bound(u);
for(set<int>::iterator it = l; it != r; ++it) {
int v = *it;
if(!dis[v + b[v]]) {
dis[v + b[v]] = dis[u] + 1;
q.push(v + b[v]);
add[v + b[v]] = b[v];
pre[v + b[v]] = u;
}
}
S.erase(l, r);
}
if(!dis[0]) puts("-1");
else {
printf("%d
", dis[0] - 1);
// Print(0);
int u = 0;
while(u != n) ans.push_back(u), u = pre[u];
reverse(ans.begin(), ans.end());
for(int v : ans) printf("%d ", v - add[v]);
puts("");
}
return 0;
}