【JZOJ 5427】【NOIP2017提高A组集训10.25】吃草

Description

后院总共有n片草坪，第i片草坪投影到数轴上，是一段l[i]到r[i]的闭区间，保证l[i]+r[i]是偶数，l[i]<=r[i]。
Sullivan可以在整点上放0v0来把草吃掉（于是0v0变成了0π0）。如果第i片草坪覆盖了x点上的0π0（l[i]<=x<=r[i]），那么这只0π0就可以吃掉这片草坪里的草。每一片草坪的草需要且只能被一只0π0吃掉。如果一片草坪覆盖了多只0π0，Sullivan可以选择任意一只去吃草。
但是，0π0吃草是有代价的，对于第i片草坪，假如吃草的0π0位于x点上，代价为abs((x-l[i])-(r[i]-x))，即0π0到草坪两端距离之差。
现在，Sullivan想知道：
1.最少需要放几只0v0？
2.在放最少只数的0v0情况下，代价最小是多少？

Solution

如果只要求至少放多少个，贪心即可，每次找到最左的一个l，放下去。
怎么求方案呢，
考虑不用贪心，用DP，
设$f_i$表示在i放，
$O(n^2)$的转移显然，只要合法均可以转移，
考虑怎么求最小的代价，
原式：$|l_i+r_i-2x|$
因为数据保证$l_i+r_i$为偶数，设$a_i=(l_i+r_i)/2$
所以：$2|a_i-x|$
因为要保证有解，所以求代价不用考虑是否合法，最小的情况一定合法，
如果从j转移到i，那么代价怎么计算：
$mid=(i+j)/2$，那么对于$a_k(j<a_k<i)$，在mid左边的就去j，右边的就去i，
计算答案就记录俩前缀和即可，

这样的复杂度是$O(n^2)$的（其实可以过2333）

进一步考虑发现，这个是具有决策单调性的，
那么就可以优化到O(n)了，

Code

//$f_i$表示代价，$g_i$表示最少放多少个

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define min(q,w) ((q)>(w)?(w):(q))
#define JS(i,j,mid) (f[j]+(b[mid][1]-b[j][1]-(b[mid][0]-b[j][0])*(j))+(-b[i][1]+b[mid][1]+(b[i][0]-b[mid][0])*(i)))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=300500;
int read(int &n)
{
    char ch=' ';int q=0,w=1;
    for(;(ch!='-')&&((ch<'0')||(ch>'9'));ch=getchar());
    if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar())q=q*10+ch-48;n=q*w;return n;
}
int m,n,mxl,ans;
LL ans1;
struct qqww
{
    int l,r;
}a[N];
int b[N][2];
LL f[N];
int g[N];
bool PX(qqww q,qqww w){return q.r<w.r;}
int main()
{
    int w,_,lst;
    read(n),read(_);
    fo(i,1,n)read(a[i].l),read(a[i].r);
    sort(a+1,a+1+n,PX);
    fo(i,1,n)b[(a[i].l+a[i].r)>>1][0]++;
    fo(i,1,a[n].r)b[i][1]=b[i-1][1]+b[i][0]*i,b[i][0]+=b[i-1][0];
    mxl=w=lst=0;
    fo(i,1,a[n].r)
    {
        f[i]=1e11;g[i]=1e9;
        for(;w<=n&&a[w].r<i;w++)mxl=max(mxl,a[w].l);
        if(lst<mxl)lst=mxl;
        fo(j,lst,i-1)if(g[i]>=g[j]+1)
        {
            int mid=(j+i)>>1;
            if(g[i]>g[j]+1)g[i]=g[j]+1,f[i]=1e11,lst=j;
            LL t=JS(i,j,mid);
            f[i]=min(f[i],t);
        }
        else break;//决策单调优化
    }
    for(;w<=n;w++)mxl=max(mxl,a[w].l);
    ans=1e9;
    fo(i,mxl,a[n].r)ans=min(ans,g[i]);
    printf("%d\n",ans);
    ans1=1e11;
    fo(i,mxl,a[n].r)if(ans==g[i])ans1=min(ans1,f[i]+b[a[n].r][1]-b[i][1]-(b[a[n].r][0]-b[i][0])*i);
    if(_)printf("%lld\n",2LL*ans1);
    return 0;
}