upd on 2022.9.3：增加了对解法的描述。
有一张有 \(N\) 个点，编号为 \(1 - N\) 的无向图。
做 \(M\) 次操作，每次操作给出三个正整数 \(L,R,C\)，对于每对 \(≥L\) 且 \(≤R\) 的整数对 \((S,T)\) ，在 \((S,T)\) 之间添加一条长度为 \(C\) 的边
完成操作后，找出操作后无向图的最短路。
线段树优化建图裸题。
建议先完成线段树优化建图模板题 CF786B
看到区间向区间连边，显然暴力处理是 \(O(MN)\) 的，会时间超限。
那么可以想到处理区间问题的常用工具：线段树。
我们对整个区间建立线段树，把每个点分为入点和出点，构建出入树和出树。
对于入树，从父节点向子节点连长度为 \(0\) 的边，对于出树，从子节点向父节点连长度为 \(0\) 的边，并且两棵树的对应叶子结点连长度为 \(0\) 的边。
在实现上述过程的时候，我们其实只要建一遍线段树。对于叶子结点，我们可以让两棵树共用，就不必再连边了。
那么对于一个点向一个区间连边，我们可以将其转化为这个点和区间在入树上分成的若干子区间对应的节点连边。
区间向点连边同理，将出树上该区间分成的子区间分别向这个点连边。
题目要求我们区间向区间连边，这个时候我们可以新建一个节点，将出树区间向这个节点连边，这个点再向入树区间连边，就可以了。
然后剩下的就是在建好的图上跑最短路板子，我用的堆优化的 Dijkstra，就不赘述了。
细节可以看代码注释。
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename T> void rd(T &x){
T f=1;x=0;char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc())if(c=='-')f=-1;
for(;isdigit(c);c=gc())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x*=f;
}
const int MAXN=2e6+5;// 数组大小，开太小会 RE
// 链式前向星存图
int n,m,cnt,hd[MAXN];
struct nd{
int nxt,v,w;
}g[MAXN<<1];
inline void add(int u,int v,int w){
g[++cnt].nxt=hd[u],g[cnt].v=v,g[cnt].w=w,hd[u]=cnt;
}
// 线段树
int tot,in[MAXN],out[MAXN];// tot 从 n 开始，in 存的是入树节点对应的图中节点编号，out 同理
struct sgt{
int l,r;
}t[MAXN];
// 建树
inline void build(int o,int l,int r){
t[o].l=l,t[o].r=r;
if(l==r){
in[o]=out[o]=l;// 如果是叶子节点，那么对应图中节点编号就是其下标，入树出树共用
return;
}
int mid=l+r>>1;
in[o]=++tot,out[o]=++tot;// 存储 o 代表的区间对应的图中节点
build(o<<1,l,mid);
build(o<<1|1,mid+1,r);// 递归建树
add(out[o<<1],out[o],0);
add(out[o<<1|1],out[o],0);// 将出树从子节点向父节点连零边
add(in[o],in[o<<1],0);
add(in[o],in[o<<1|1],0);// 将入树从父节点向子节点连零边
}
// 加边
inline void addedge(int o,int l,int r,int u,int w){
if(t[o].l>=l&&t[o].r<=r){
add(out[o],u,0);// 从出树区间向新建节点连零边
add(u,in[o],w);// 从新建节点向入树区间连长度为 w 的边
return;
}
int mid=t[o].l+t[o].r>>1;
// 递归加边
if(l<=mid)addedge(o<<1,l,r,u,w);
if(r>mid)addedge(o<<1|1,l,r,u,w);
}
// Dijkstra
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
ll d[MAXN];
int vis[MAXN];
// 堆优化
struct pq{
int v;ll w;
pq(){}
pq(int _v,ll _w){v=_v,w=_w;}
bool operator<(const pq &a)const{return w>a.w;}
};
priority_queue<pq>q;
inline void dij(){
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[1]=0;q.push(pq(1,0));
while(!q.empty()){
pq x=q.top();q.pop();
int u=x.v;if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(int i=hd[u];i;i=g[i].nxt){
int v=g[i].v,w=g[i].w;
if(d[v]>d[u]+w)d[v]=d[u]+w,q.push(pq(v,d[v]));
}
}
}
int main(){
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
rd(n),rd(m);tot=n;// tot 从 n 开始，避免与叶子节点重复
build(1,1,n);// 别忘了建树
for(int i=1;i<=m;++i){
int l,r,w;
rd(l),rd(r),rd(w);
addedge(1,l,r,++tot,w);// ++tot 新建节点
}
dij();
printf("%lld\n",d[n]==inf?-1:d[n]);// 记得开 long long
return 0;
}
\(by\ sysong\)
\(2022.8.30\)
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