[USACO19FEB]Mowing Mischief

题目大意:

给定平面上的一些点,求这些点的一个\(LIS\),并且还需要满足下列式子最小:
\[ \sum_{i=1}^{n-1}(a[i+1].x-a[i].x)*(a[i+1].y-a[i].y) \]

题解:

比较巧妙的一道题。

首先我们需要找出一个性质,我们先令\(dp[i]\)表示以\(i\)点结尾的\(LIS\),然后这些\(LIS\)相同的点在平面上是横坐标递增,纵坐标递减的,下面我们说的转移点的顺序都是按照这个顺序来的。

然后我们在观察转移,我们令两个转移点\(j\)\(k\),若\(k\)\(j\)更优,那么有:
\[ dp[k]+(a[i].x-a[k].x)*(a[i].y-a[k].y)\geq dp[j]+(a[i].x-a[j].x)*(a[i].y-a[j].y) \]

\[ a[i].x*(a[j].y-a[k].y)+a[i].y*(a[j].x-a[k].x)\geq dp[j]-dp[k]+a[j].x*a[j].y-a[k].x*a[k].y \]

\[ A*a[i].x+B*a[i].y\geq C \]

可以看出,这其实是一个半平面,结合上面的性质,对于一排待转移点,更优的转移是一段前缀或者一段后缀,这启发我们这道题中有决策单调性。

但是这个东西还有一个条件就是\(a[i].x\geq a[j].x\ \ a[i].y\geq a[j].y\),这个东西其实我们发现合法的转移点也是一段连续的区间,这启发我们在外面线段树分治解决这个限制。

对于决策单调性的部分,我们可以令\(k\)\(j\)的后面一个点,那么上面的\(A\)是负的\(B\)是正的,所以合法的区域在直线上方,按照这个做决策单调性就好了。

代码
#include<bits/stdc++.h>
#define M 1000009
#define N 200009
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>vec[N],now;
vector<int>::iterator it;
int n,T,dp[N];
ll f[N],ans;
inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
struct BIT{
    int tr[M];
    inline void add(int x,int y){
        while(x<=T)tr[x]=max(tr[x],y),x+=x&-x;
    }
    inline int query(int x){
        int ans=0;
        while(x)ans=max(ans,tr[x]),x-=x&-x;
        return ans;
    }
}T1;
struct point{
    int x,y;
    inline bool operator <(const point &b)const{
        if(x!=b.x)return x<b.x;
        else return y<b.y;
    }
}a[N];
struct seg{
    #define ls tr[cnt].l
    #define rs tr[cnt].r
    int rot,tott;
    struct node{
        int l,r;
        vector<int>nw;
    }tr[N<<1];
    void build(int &cnt,int l,int r){
        cnt=++tott;tr[cnt].l=tr[cnt].r=0;
        tr[cnt].nw.clear();
        if(l==r)return;
        int mid=(l+r)>>1; 
        build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r);
    }
    inline void init(){
        tott=0;
        build(rot,0,now.size()-1);
    }
    inline void upd(int cnt,int l,int r,int id){
        if(a[id].x>=a[now[r]].x&&a[id].y>=a[now[l]].y){
            tr[cnt].nw.push_back(id);
            return;
        }
        if(a[id].x<a[now[l]].x||a[id].y<a[now[r]].y)return;
        if(l==r)return;
        int mid=(l+r)>>1;
        upd(ls,l,mid,id);upd(rs,mid+1,r,id);
    }
    inline void _upd(int tag,int l,int r,int L,int R){
        if(l>r)return; 
        int no=tr[tag].nw[(l+r)>>1];
        ll biu=1e18,tg=0;
        for(int i=L;i<=R;++i){
            int id=now[i];
            ll x=f[id]+1ll*(a[no].x-a[id].x)*(a[no].y-a[id].y);
            if(x<biu){
                biu=x;
                tg=i;
            }
        }
        f[no]=min(f[no],biu);
        int mid=(l+r)>>1;
        _upd(tag,l,mid-1,tg,R);
        _upd(tag,mid+1,r,L,tg);
    } 
    inline void work(int id){
        upd(rot,0,now.size()-1,id);
    }
    void solve(int cnt,int l,int r){
        _upd(cnt,0,tr[cnt].nw.size()-1,l,r);
        if(l==r)return;
        int mid=(l+r)>>1;
        solve(ls,l,mid);solve(rs,mid+1,r);
    }
    inline void solve(){
        solve(rot,0,now.size()-1);
    }
    #undef ls
    #undef rs
}T2;
int main(){
    n=rd();T=rd();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        a[i].x=rd();a[i].y=rd();
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    int maxx=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        dp[i]=T1.query(a[i].y)+1;
        T1.add(a[i].y,dp[i]);
        vec[dp[i]].push_back(i);
        maxx=max(maxx,dp[i]);
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(it=vec[1].begin();it!=vec[1].end();++it){
        int x=*it;
        f[x]=1ll*a[x].x*a[x].y;
    }
    for(int i=2;i<=maxx;++i){
        now=vec[i-1];
        T2.init();
        for(it=vec[i].begin();it!=vec[i].end();++it){
            int x=*it;
            T2.work(x);
        }
        T2.solve();
    }
    ans=1e18;
    for(it=vec[maxx].begin();it!=vec[maxx].end();++it){
        int x=*it;
        ans=min(ans,f[x]+1ll*(T-a[x].x)*(T-a[x].y));
    }
    cout<<ans; 
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/10788443.html

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