一道经典的 bfs 题。

提醒：本题解是为小白专做的，不想看的大佬请离开。

这道题首先一看就知道是 bfs，但是数据点不让我们过： $1\le H,W\le 10^9$。

那么我们就需要优化了，从哪儿下手呢？看数据点第三行：$1\le N\le 10^5$。

图很大，但是石头不多，那么我们就可以从石头下手。这里需要我们把思维方式转换过来一下。

正常的 bfs 是去找路，那我们就找石头！那石头在哪儿呢？

首先，我们不可能在 bfs 的时候把所有的石头全扫一遍然后找，这样很明显会 TLE。而我们再回忆一下 bfs 的过程：上下左右全走一遍，然后……

对啊！bfs 只扫这个点的这一行、这一列，我们为什么不能把每一行、每一列的石头所在的列数、行数保存下来呢？但还是有个问题：如果我要跑一行的数据，很有可能会被数据点卡，怎么再优化呢？这就要请出查询时间复杂度最低的算法了：二分！

总时间复杂度：最差情况下 $O(n{\log }_2(n))$。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,t,x,y,stx,sty,edx,edy;
map<pair<int,int>,int>dis;
map<int,set<int>>h,l;
queue<pair<int,int>>q;
void add(int u,int v,int now) {if(dis.find(make_pair(u,v))==dis.end()) {dis[make_pair(u,v)]=now;q.push(make_pair(u,v));}
}
signed main() {cin>>n>>m>>t>>stx>>sty>>edx>>edy;while(t--) {cin>>x>>y;h[x].insert(y);//保存行和列l[y].insert(x);}dis[make_pair(stx,sty)]=0;q.push(make_pair(stx,sty));while(!q.empty()) {pair<int,int>p=q.front();q.pop();int u=p.first,v=p.second;int now=dis[make_pair(u,v)];if(u==edx&&v==edy) {cout<<now;return 0;}auto it=h[u].lower_bound(v);//二分if(it!=h[u].end()) {add(u,(*it)-1,now+1);//这里我试过把函数中的部分放下来，但就是不知道为什么会错}if(it!=h[u].begin()) {add(u,(*(--it))+1,now+1);}it=l[v].lower_bound(u);if(it!=l[v].end()) {add((*it)-1,v,now+1);}if(it!=l[v].begin()) {add((*(--it))+1,v,now+1);}}cout<<"-1";return 0;
}