能够发现这个最短路的形态一定是从低层一层一层走到高层的。
那么这就说明若起点终点对应层数为 \(x, y\)。
若 \(x = y\) 则直接算，就是曼哈顿距离。
否则不妨钦定 \(x < y\)（不满足就交换，不影响结果），那么层数 \(z\in [x, y)\) 的其中一个门肯定都会被经过。
于是考虑把 \(\operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_2, y_2))\) 拆成到同一层两个门的距离的和的最小值。
记在路径之中经过的其中一层的两个门为 \((x_3, y_3), (x_4, y_4)\)，那么就可以拆成 \(\min\{\operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_3, y_3)) + \operatorname{dis}((x_3, y_3), (x_2, y_2)), \operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_4, y_4)) + \operatorname{dis}((x_4, y_4), (x_2, y_2))\}\)。
同时对于 \(\operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_3, y_3))\) 也可以继续拆下去。
记 \((x_1, y_1)\) 所在层的两个门为 \((x_5, y_5), (x_6, y_6)\)，那么可以类似的拆为 \(\min\{\operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_5, y_5)) + \operatorname{dis}((x_5, y_5), (x_3, y_3)), \operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_6, y_6)) + \operatorname{dis}((x_6, y_6), (x_3, y_3))\}\)。
对于 \(\operatorname{dis}((x_1, y_1), (x_5, y_5))\) 因为同层关系就是好算的了。
于是能够发现只需要知道门的最短路距离就可以得到答案了。
但是考虑到门的个数还是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，直接跑还是不太行。
但是注意到每次询问对应的是一个区间，于是可以考虑分治。
具体的，考虑处理到 \([l, r]\)，那么记 \(m = \lfloor\frac{l + r}{2}\rfloor\)。
考虑就以 \(m\) 层的门为起点，跑出与其他 \([l, r]\) 层内的门的最短路。
那么对于一个层数在 \([x, y](l\le x\le y\le r)\) 的询问，若这个层数跨过了 \(m\) 层的门，即 \(x\le m < y\)，那么就可以在此统计贡献了。
对于还没有统计到的询问，考虑分成两部分 \([l, m], (m, r]\)，继续递归下去处理。
时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + q)\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
constexpr ll inf = 1e18;
constexpr inline int dis(int x1, int y1, int x2, int y2) {
return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
}
constexpr inline int dep(int x, int y) {
return std::max(x, y);
}
using Z = std::tuple<int, int, int, int, int>;
constexpr int maxn = 1e5 + 10, maxm = 2e5 + 10;
int dx[maxn][2], dy[maxn][2];
ll ans[maxm];
ll f[2][maxn][2];
inline void solve(int l, int r, std::vector<Z> qry) {
if (l >= r) return ;
int mid = l + r >> 1;
for (int op : {0, 1}) {
auto d = f[op];
d[mid][op] = 0, d[mid][op ^ 1] = dis(dx[mid][0], dy[mid][0], dx[mid][1], dy[mid][1]);
for (int i = mid - 1; i >= l; i--) {
d[i][0] = 1ll + std::min(d[i + 1][0] + dis(dx[i][0] + 1, dy[i][0], dx[i + 1][0], dy[i + 1][0]),
d[i + 1][1] + dis(dx[i][0] + 1, dy[i][0], dx[i + 1][1], dy[i + 1][1]));
d[i][1] = 1ll + std::min(d[i + 1][0] + dis(dx[i][1], dy[i][1] + 1, dx[i + 1][0], dy[i + 1][0]),
d[i + 1][1] + dis(dx[i][1], dy[i][1] + 1, dx[i + 1][1], dy[i + 1][1]));
}
for (int i = mid + 1; i < r; i++) {
d[i][0] = 1ll + std::min(d[i - 1][0] + dis(dx[i - 1][0] + 1, dy[i - 1][0], dx[i][0], dy[i][0]),
d[i - 1][1] + dis(dx[i - 1][1], dy[i - 1][1] + 1, dx[i][0], dy[i][0]));
d[i][1] = 1ll + std::min(d[i - 1][0] + dis(dx[i - 1][0] + 1, dy[i - 1][0], dx[i][1], dy[i][1]),
d[i - 1][1] + dis(dx[i - 1][1], dy[i - 1][1] + 1, dx[i][1], dy[i][1]));
}
}
std::vector<Z> qryL, qryR;
for (auto [x1, y1, x2, y2, id] : qry) {
int dep1 = dep(x1, y1), dep2 = dep(x2, y2);
if (dep1 <= mid && mid < dep2) {
ans[id] = inf;
for (int op : {0, 1}) {
auto d = f[op];
ll d1 = std::min(d[dep1][0] + dis(x1, y1, dx[dep1][0], dy[dep1][0]),
d[dep1][1] + dis(x1, y1, dx[dep1][1], dy[dep1][1]));
ll d2 = std::min(d[dep2 - 1][0] + dis(x2, y2, dx[dep2 - 1][0] + 1, dy[dep2 - 1][0]),
d[dep2 - 1][1] + dis(x2, y2, dx[dep2 - 1][1], dy[dep2 - 1][1] + 1));
ans[id] = std::min(ans[id], 1ll + d1 + d2);
}
} else if (dep2 <= mid) {
qryL.emplace_back(x1, y1, x2, y2, id);
} else {
qryR.emplace_back(x1, y1, x2, y2, id);
}
}
solve(l, mid, qryL), solve(mid + 1, r, qryR);
}
int main() {
int n, m;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j : {0, 1}) {
scanf("%d%d", &dx[i][j], &dy[i][j]);
}
}
scanf("%d", &m);
std::vector<Z> qry;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int qx[2], qy[2];
scanf("%d%d%d%d", &qx[0], &qy[0], &qx[1], &qy[1]);
if (dep(qx[0], qy[0]) == dep(qx[1], qy[1])) {
ans[i] = dis(qx[0], qy[0], qx[1], qy[1]);
continue;
}
if (dep(qx[0], qy[0]) > dep(qx[1], qy[1])) {
std::swap(qx[0], qx[1]), std::swap(qy[0], qy[1]);
}
qry.emplace_back(qx[0], qy[0], qx[1], qy[1], i);
}
solve(1, n, qry);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
printf("%lld\n", ans[i]);
}
return 0;
}