洛谷P7294 [USACO21JAN] Minimum Cost Paths P
题目大意
有一个 n × m n\times m n×m的方阵，记帝 x x x行第 y y y列的格子为 ( x , y ) (x,y) (x,y)，对于每一列有一个代价 c y c_y cy。
棋子从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)出发，当处于 ( x , y ) (x,y) (x,y)的时候，有以下两种选择：
- 如果 y < m y<m y<m，即棋子不在最后一列，则棋子可以以 x 2 x^2 x2的代价移动到下一列
- 如果 x < n x<n x<n，即棋子不在最后一行，则棋子可以以 c y c_y cy的代价移动到下一行
有 q q q次询问，每次给定目标位置 ( x i , y i ) (x_i,y_i) (xi,yi)，求棋子从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)移动到 ( x i , y i ) (x_i,y_i) (xi,yi)的最小代价。
对于 25 % 25\% 25%的数据，满足 c 2 > c 3 > ⋯ > c m c_2>c_3>\cdots >c_m c2>c3>⋯>cm
2 ≤ n ≤ 1 0 9 , 2 ≤ m ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ q ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ c y ≤ 1 0 9 2\leq n\leq 10^9,2\leq m\leq 2\times 10^5,1\leq q\leq 2\times 10^5,1\leq c_y\leq 10^9 2≤n≤109,2≤m≤2×105,1≤q≤2×105,1≤cy≤109
题解
有一个部分分是 c 2 > c 3 > ⋯ > c m c_2>c_3>\cdots >c_m c2>c3>⋯>cm，那么最优路径一定是先从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)向下走到 ( t , 1 ) (t,1) (t,1)，然后向右走到 ( t , y ) (t,y) (t,y)，最后向下走到 ( x , y ) (x,y) (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 y y列向下走，否则将向下走的部分平移到第 y y 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 ) → ( t , 1 ) → ( t , y ) → ( x , y ) (1,1)\to (t,1)\to (t,y)\to (x,y) (1,1)→(t,1)→(t,y)→(x,y)，那么代价为 ( t − 1 ) × c 1 + ( y − 1 ) × t 2 + ( x − t ) × c y (t-1)\times c_1+(y-1)\times t^2+(x-t)\times c_y (t−1)×c1+(y−1)×t2+(x−t)×cy。
我们发现，这是一个关于 t t t的二次函数 f ( t ) = ( y − 1 ) × t 2 + ( c 1 − c y ) × t + x × c y − c 1 f(t)=(y-1)\times t^2+(c_1-c_y)\times t+x\times c_y-c_1 f(t)=(y−1)×t2+(c1−cy)×t+x×cy−c1，当 t t t取 c y − c 1 2 ( y − 1 ) \dfrac{c_y-c_1}{2(y-1)} 2(y−1)cy−c1时 f ( t ) f(t) f(t)取得最小值。而因为要求的 t t t是整数，所以当代价最小时 t t t的值为与 c y − c 1 2 ( y − 1 ) \dfrac{c_y-c_1}{2(y-1)} 2(y−1)cy−c1相差最小的整数的值，也就是 c y − c 1 2 ( y − 1 ) \dfrac{c_y-c_1}{2(y-1)} 2(y−1)cy−c1四舍五入后的值。
进一步地，我们发现，对于任意两列 y 1 , y 2 y_1,y_2 y1,y2，设 x 0 x_0 x0为 c y 2 − c y 1 2 ( y 2 − y 1 ) \dfrac{c_{y_2}-c_{y_1}}{2(y_2-y_1)} 2(y2−y1)cy2−cy1四舍五入后的值，我们在第 x 0 x_0 x0行转移是最优的，记 P ( y 1 , y 2 ) = x 0 P(y_1,y_2)=x_0 P(y1,y2)=x0。
我们先忽略 x x x的限制，对于每一组询问中，从 1 1 1到 y y y的最小代价的路径一定经过若干个 y 1 , y 2 , ... , y k y_1,y_2,\dots,y_k y1,y2,...,yk，其中从 y i → y i + 1 y_i\to y_{i+1} yi→yi+1都选择 P ( y i , y i + 1 ) P(y_i,y_{i+1}) P(yi,yi+1)对应的路径。
那么，我们可以对 y y y离线，用单调栈维护当前转移路径上所有的 y i y_i yi。因为 c y 2 − c y 1 2 ( y 2 − y 1 ) \dfrac{c_{y_2}-c_{y_1}}{2(y_2-y_1)} 2(y2−y1)cy2−cy1可以看做斜率 × 1 2 \times \dfrac 12 ×21，而随着 y y y增加，转折的部分 P ( y i , y i + 1 ) P(y_i,y_{i+1}) P(yi,yi+1)也是递增的，所以单调栈中需要满足 y i y_i yi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 x_0 x0在 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]的范围内，所以要将 P ( y i , t i + 1 ) P(y_i,t_{i+1}) P(yi,ti+1)调整到 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]上，对 1 1 1取 max \max max再对 n n n取 max \max max即可。
再来考虑 x x x的限制。对于每次询问中 x x x的限制，我们在单调栈中二分找到最后一段 斜率 × 1 2 ≤ x \times \dfrac 12\leq x ×21≤x 的部分，那么 ( x c , y c ) (x_c,y_c) (xc,yc)到 ( x , y ) (x,y) (x,y)也是先向下再向右最后向下，设末尾为 ( x c , y c ) (x_c,y_c) (xc,yc)，则再按上面的方式用二次函数求 ( x c , y c ) (x_c,y_c) (xc,yc)到 ( x , y ) (x,y) (x,y)的最小代价即可。
时间复杂度为 O ( q log m ) O(q\log m) O(qlogm)。
code
cpp
#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;
}