USACO21JAN Minimum Cost Paths P

洛谷P7294 [USACO21JAN] Minimum Cost Paths P

题目大意

有一个$n\times m$的方阵，记帝$x$行第$y$列的格子为$(x,y)$，对于每一列有一个代价$c_y$。

棋子从$(1,1)$出发，当处于$(x,y)$的时候，有以下两种选择：

• 如果$y<m$，即棋子不在最后一列，则棋子可以以$x^2$的代价移动到下一列
• 如果$x<n$，即棋子不在最后一行，则棋子可以以$c_y$的代价移动到下一行

有$q$次询问，每次给定目标位置$(x_i,y_i)$，求棋子从$(1,1)$移动到$(x_i,y_i)$的最小代价。

对于$25\%$的数据，满足$c_2>c_3>?>c_m$

$2\le n\le 10^9,2\le m\le 2\times 10^5,1\le q\le 2\times 10^5,1\le c_y\le 10^9$

题解

有一个部分分是$c_2>c_3>?>c_m$，那么最优路径一定是先从$(1,1)$向下走到$(t,1)$，然后向右走到$(t,y)$，最后向下走到$(x,y)$。为什么呢？因为在这种情况下，最优路径中只能是在第一列或第$y$列向下走，否则将向下走的部分平移到第$y$行一定更优。

我们来计算一下这条路径的代价。这条路径是$(1,1)\to (t,1)\to (t,y)\to (x,y)$，那么代价为$(t?1)\times c_1+(y?1)\times t^2+(x?t)\times c_y$。

我们发现，这是一个关于$t$的二次函数$f(t)=(y?1)\times t^2+(c_1?c_y)\times t+x\times c_y?c_1$，当$t$取$\frac{c_y?c_1}{2(y?1)}$时$f(t)$取得最小值。而因为要求的$t$是整数，所以当代价最小时$t$的值为与$\frac{c_y?c_1}{2(y?1)}$相差最小的整数的值，也就是$\frac{c_y?c_1}{2(y?1)}$四舍五入后的值。

进一步地，我们发现，对于任意两列$y_1,y_2$，设$x_0$为$\frac{c_{y_2}?c_{y_1}}{2(y_2?y_1)}$四舍五入后的值，我们在第$x_0$行转移是最优的，记$P(y_1,y_2)=x_0$。

我们先忽略$x$的限制，对于每一组询问中，从$1$到$y$的最小代价的路径一定经过若干个$y_1,y_2,\dots ,y_k$，其中从$y_i\to y_{i+1}$都选择$P(y_i,y_{i+1})$对应的路径。

那么，我们可以对$y$离线，用单调栈维护当前转移路径上所有的$y_i$。因为$\frac{c_{y_2}?c_{y_1}}{2(y_2?y_1)}$可以看做斜率$\times \frac{1}{2}$，而随着$y$增加，转折的部分$P(y_i,y_{i+1})$也是递增的，所以单调栈中需要满足$y_i$斜率递增。可以用调整法来证明这一贪心策略的正确性。

注意因为$x_0$在$[1,n]$的范围内，所以要将$P(y_i,t_{i+1})$调整到$[1,n]$上，对$1$取$\max$再对$n$取$\max$即可。

再来考虑$x$的限制。对于每次询问中$x$的限制，我们在单调栈中二分找到最后一段 斜率$\times \frac{1}{2}\le x$ 的部分，那么$(x_c,y_c)$到$(x,y)$也是先向下再向右最后向下，设末尾为$(x_c,y_c)$，则再按上面的方式用二次函数求$(x_c,y_c)$到$(x,y)$的最小代价即可。

时间复杂度为$O(q\log m)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll __int128
using namespace std;
const int N=200000;
int n,m,Q,tp=1,s[N+5];
long long c[N+5],sum[N+5],ans[N+5];
struct node{
	long long x,y;
	int id;
};
vector<node>q[N+5];
long long slope(int x,int y){
	int re=round((c[y]-c[x])*1.0/(2*(y-x)));
	re=max(re,1);re=min(re,n);
	return re;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&c[i]);
	}
	scanf("%d",&Q);
	for(int i=1,x,y;i<=Q;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		q[y].push_back((node){x,y,i});
	}
	for(node v:q[1]){
		ans[v.id]=c[1]*(v.x-1);
	}
	s[tp]=1;sum[tp]=0;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		while(tp>1&&slope(s[tp-1],s[tp])>=slope(s[tp],i)) --tp;
		long long now=slope(s[tp],i),lst;
		if(tp==1) lst=1;
		else lst=slope(s[tp-1],s[tp]);
		sum[tp+1]=sum[tp]+(now-lst)*c[s[tp]]+(i-s[tp])*now*now;
		s[++tp]=i;
		for(node v:q[i]){
			int l=2,r=tp,mid,re;
			while(l<=r){
				mid=l+r>>1;
				if(slope(s[mid-1],s[mid])<=v.x) l=mid+1;
				else r=mid-1;
			}
			re=l-1;
			long long tmp;
			if(re==1) tmp=1;
			else tmp=slope(s[re-1],s[re]);
			ans[v.id]=sum[re]+(v.x-tmp)*c[s[re]]+(i-s[re])*v.x*v.x;
		}
	}
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}