EGOI2021 Lanterns / 灯笼

原创已于 2023-10-27 16:54:56 修改 · 294 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#题解 #c++

于 2023-10-27 16:22:40 首次发布

题解同时被 2 个专栏收录

348 篇文章

订阅专栏

好题

52 篇文章

订阅专栏

文章讨论了如何在一个由山脉和灯笼需求限制的环境中，计算约翰在特定起始位置至少需要花费多少钱购买灯笼以遍历所有山脉。关键策略涉及连续灯笼购买和状态转移优化使用优先队列。

洛谷P9312 [EGOI2021] Lanterns / 灯笼

题目大意

有 $n$ 座山脉，这些山脉可以用平面直角坐标系上的 $n$ 个点表示，我们称这些点为山峰。第 $i$ 座山峰的坐标为 $i,h_i)$ ， $h_i$ 表示第 $i$ 座山峰的海拔高度，保证 $h_1,h_2,\dots,h_n$ 构成一个 $1\sim n$ 的排列。

山峰 $i$ 和山峰 $i + 1$ 用一条线段相连。

约翰要携带至少一盏正常工作的灯笼才能上山。有 $k$ 盏灯笼可以购买，第 $j$ 盏灯笼可以在山峰 $p_j$ 上以 $c_j$ 法郎的价格购买。

然而，第 $j$ 盏灯笼只有约翰的海拔在 $a_j,b_j]$ 时才能正常工作，否则就会停止工作，在回到对应海拔上才会恢复正常工作。

如果现在约翰在山峰 $p$ ，他可以执行以下三种操作之一：

购买一个山峰 $p$ 上售卖的灯笼
如果 $p > 1$ ，他可以走到山峰 $p - 1$
如果 $p < n$ ，他可以走到山峰 $p + 1$

约翰在没有正常工作的灯笼时不能移动。他必须保证每个时刻都有至少一盏灯笼正常工作，才能在两座山峰间移动。（在行走过程中不必是同一盏灯笼。）

对于每一个 $1\leq p\leq n$ ，求约翰一开始在山峰 $p$ 上时，他至少要花费多少法郎的价格才能走遍所有山脉。

$1\leq n,k\leq 2\times 10^3$

时间限制 $3000 m s$ ，空间限制 $1024 MB$ 。

题解

首先，我们知道，约翰购买的灯笼要是连续的，因为如果不连续的话，就会有一些地方走不到。如果这些地方不需要走的话，就不是最优的。那么，我们只需要记录所有所有已购买的灯笼中最小的 $a$ 值 $a_i$ 和最大的 $b$ 值 $b_j$ ，即可知道当前所有已购买的灯笼构成的区间。

设 $f_{l,r,v}$ 表示当前在第 $v$ 座山峰，灯笼构成的区间为 $[l, r]$ ，继续探索完所有山峰至少需要花费的价格。因为能够构成一个区间 $[l, r]$ 的横坐标有多段，所以要记录一个 $v$ 来表示当前在那一段。

我们发现， $f_{l,r,v}$ 中的 $l$ 一定是当前购买的灯笼中 $a$ 值最小的， $r$ 一定是当前购买的灯笼中 $b$ 值最大的。设 $a$ 值最小的为 $a_i$ ， $b$ 值最小的为 $b_j$ ，那么如果用 $i$ 和 $j$ 来表示一个状态，那么构成 $a_i,b_j]$ 的横坐标段一定经过 $p_i$ 和 $p_j$ ，这样就能确定其所在的横坐标段。所以我们不在需要记录当前所在的山峰 $v$ ，只需要记录状态 $f_{i,j}$ 即可。

那么，转移式为

$\begin{aligned} f_{i,j}&\leftarrow \min\limits_{r_j\leq r_t}\{f_{i,t}+w_t\} \\ f_{i,j}&\leftarrow \min\limits_{l_t<l_i}\{f_{t,j}+w_t\} \\ f_{i,j}&\leftarrow \min\limits_{l_t<l_i,r_j<r_t}\{f_{t,t}+w_t\} \end{aligned}$

其中， $t$ 需要满足 $l_i\leq t\leq r_j$ 。

在枚举 $i, j$ 的时候，我们要按 $l_i$ 从小到大枚举 $i$ ，按 $r_j$ 从大到小枚举 $j$ 。

这样转移的时间复杂度是 $O(n^3)$ 的，我们考虑优化。

对于第一种转移，我们注意到：当 $r_i<r_j<r_t$ ，且 $t$ 不能被 $f_{h,j}$ 购买，则 $t$ 不能被 $f_{h,i}$ 购买。那么，我们可以维护 $k$ 个小根堆，第 $i$ 个小根堆 $ql_i$ 存储 $f_{i,t}+w_t$ 。在查询的时候，如果堆顶的 $p_t$ 无法到达，则将其弹出，否则就用其更新当前的 $f$ 值。

对于第二种转移，与第一种转移类似，用 $k$ 个小根堆，第 $j$ 个小根堆 $qr_j$ 存储 $f_{t,j}+w_t$ ，和上面一样处理即可。

对于第三种转移， $f_{t,t} \rightarrow f_{i,j}$ 的过程可以看作用上面两种转移来描述： $f_{t,t} \rightarrow f_{t,j} \rightarrow f_{i,j}$ 。不过， $f_{t,j}$ 是不合法状态（ $r_t>r_j$ ），于是我们定义这样的 $f_{t,j}$ 为合法状态，并且其值为 $f_{t,t}$ ，这样我们就能让这种转移在前两种转移中体现。

时间复杂度为 $O(k^2\log k)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000,inf=2100000000;
int n,k,h[N+5],p[N+5],w[N+5],a[N+5],b[N+5];
int dpl[N+5],dpr[N+5],vl[N+5][2],vr[N+5][2],f[N+5][N+5];
bool cmp1(int x,int y){return a[x]<a[y];}
bool cmp2(int x,int y){return b[x]>b[y];}
struct node{
	int x,id;
	friend bool operator<(node ax,node bx){
		return ax.x>bx.x;
	}
};
priority_queue<node>ql[N+5],qr[N+5];
int gtval(priority_queue<node>&q,int l,int r,int hl,int hr){
	while(!q.empty()){
		int tp=q.top().id;
		if(p[tp]<l||p[tp]>r||b[tp]<hl||a[tp]>hr) q.pop();
		else return q.top().x;
	}
	return inf;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&h[i]);
	for(int i=1;i<=k;i++){
		scanf("%d%d%d%d",&p[i],&w[i],&a[i],&b[i]);
		dpl[i]=dpr[i]=i;
	}
	sort(dpl+1,dpl+k+1,cmp1);
	sort(dpr+1,dpr+k+1,cmp2);
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int &j=vl[i][0]=p[i]+1;j-1>=1&&h[j-1]>=a[i];--j);
		for(int &j=vl[i][1]=p[i]-1;j+1<=n&&h[j+1]>=a[i];++j);
		for(int &j=vr[i][0]=p[i]+1;j-1>=1&&h[j-1]<=b[i];--j);
		for(int &j=vr[i][1]=p[i]-1;j+1<=n&&h[j+1]<=b[i];++j);
	}
	for(int w1=1;w1<=k;w1++){
		for(int w2=1;w2<=k;w2++){
			int i=dpl[w1],j=dpr[w2];f[i][j]=inf;
			int l=max(vl[i][0],vr[j][0]),r=min(vl[i][1],vr[j][1]);
			if(p[i]<l||p[i]>r||p[j]<l||p[j]>r||(a[j]<a[i]&&b[j]<b[i])) continue;
			if(l==1&&r==n) f[i][j]=0;
			else if(a[j]<a[i]) f[i][j]=f[j][j];
			else if(b[j]<b[i]) f[i][j]=f[i][i];
			else{
				f[i][j]=min(f[i][j],gtval(ql[i],l,r,a[i],b[j]));
				f[i][j]=min(f[i][j],gtval(qr[j],l,r,a[i],b[j]));
			}
			ql[i].push((node){f[i][j]+w[j],j});
			qr[j].push((node){f[i][j]+w[i],i});
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++){
		if(f[i][i]<inf) printf("%lld\n",f[i][i]+w[i]);
		else printf("-1\n");
	}
	return 0;
}