标签：Paths ll USACO21JAN sum times leq Minimum include top
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7294
题目大意
\(n\times m\)的网格，当你在\((x,y)\)时你有两种选择
- 花费\(x^2\)的代价向右移动
- 花费\(c_y\)的代价向左移动
\(q\)次询问\((1,1)\)走到\((x,y)\)的最小代价。
\(1\leq n\leq 10^9,1\leq m,q\leq 2\times 10^5\)
解题思路
假设我们开始都是直接走最上面向右的路（也就是代价都是\(1^2\)）。
然后考虑在某个位置\((x,y)\)要走到\((n,m)\)时向下走会产生的贡献为\(c_y+(m-y)\times (2x+1)\)（后面要抬\(m-y\)个横着走，然后从\(x^2\)到\((x+1)^2\)要到加\(2x+1\)）。
然后拆一下就是\(c_y+m-y+2xm-2xy\)。发现斜率\(-2y\)是按照\(y\)递增递减的，而且我们要求选出的若干个\(c_y\)的\(y\)一定要递增，但是这样的话我们选出来的一定是递增的所以我们只需要考虑对于每个\(x\)选择一个\(y\)使得最小化\(c_y+(m-y)\times (2x+1)\)。
按照询问排序，一个一个加入新的\(c_y\)，按照斜率维护一个上凸壳，然后在凸壳上面二分就好了。
时间复杂度\(O(m+q\log m)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
struct node{
ll n,m,id;
}q[N];
ll n,m,t,top,b[N],k[N],s[N],sum[N],l[N],r[N],ans[N];
ll calc(ll i,ll j)//i<j
{return (b[j]-b[i]+k[i]-k[j]-1)/(k[i]-k[j]);}
ll cap(ll i,ll j){
ll x=calc(i,j);
if(x<=l[i])return 1;
return 0;
}
ll getf(ll x,ll l,ll r)
{return (r+l)*(r-l+1)/2*k[x]+b[x]*(r-l+1);}
bool cmp(node x,node y)
{return x.m<y.m;}
signed main()
{
// freopen("data.in","r",stdin);
// freopen("data.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
b[i]=b[i]-i;k[i]=2*(-i);
}
scanf("%lld",&t);
for(ll i=1;i<=t;i++){
scanf("%lld%lld",&q[i].n,&q[i].m);
q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+1+t,cmp);
for(ll i=1,z=1;i<=m;i++){
r[i]=n;
while(top>0&&cap(s[top],i))top--;
if(top)l[i]=max(calc(s[top],i),1ll);else l[i]=1;
if(l[i]<=r[i]){
r[s[top]]=l[i]-1;s[++top]=i;
sum[top-1]=((top>1)?sum[top-2]:0)+getf(s[top-1],l[s[top-1]],r[s[top-1]]);
sum[top]=sum[top-1]+getf(i,l[i],r[i]);
}
while(z<=t&&q[z].m<=i){
ll qn=q[z].n-1,L=1,R=top;
while(L<=R){
ll mid=(L+R)>>1;
if(r[s[mid]]<qn)L=mid+1;
else R=mid-1;
}
ans[q[z].id]=sum[L-1]+getf(s[L],l[s[L]],qn)+(qn+1)*qn*i+i*qn+i-1;
z++;
}
}
for(ll i=1;i<=t;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
标签：Paths,ll,USACO21JAN,sum,times,leq,Minimum,include,top 来源： https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15152175.html
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