[国家集训队2011]拆迁队 解题报告

题目：

http://cogs.pro/cogs/problem/problem.php?pid=1859

lanxisi带领着他的拆迁队来整治一个街道。这个街道由N个旧房子组成，从左到右编号为1..N。每个旧房子i有一个正整数的美观度A i 。
lanxisi希望整个街道从左到右美观度严格递增，也就是保证A i j（i
现在，请你求出lanxisi最多能保留多少旧房子和整治这个街道所需要的最少总花费（当然是在保留旧房子最多这个前提下的）。

分析：

首先这种题一看要么贪心要么DP，对吧……贪心估计不靠谱， 所以往DP上想。

因为需要尽可能保留旧房子，所以先考虑一个问题：假设我们保留的房子中，有两栋是i,j（i

显然，条件应该是A[i]+j-i<=A[j]，因为中间那些房子在重建后的高度至少应该是A[i]+1,...,A[i]+j-i-1（j=i+1并不影响结论）。换句话说，应该满足A[i]-i<=A[j]-j。

那就可以解决“保留最多旧房子”这个问题了：求出数列{A[i]-i}的最长不下降子序列，其长度就是最多能保留的房子数。最长不下降子序列用O(NlogN)的算法求，下面设以i为结尾的最长不下降子序列长度为g[i]。

再来考虑DP。

设f[i]表示：当前进行到i，要求留下i这个房子的最小花费。

然后考虑f[j]由什么转移而来……显然是上一个保留的房子i（j是第一栋保留的房子这种情况只需要特判一下，并不影响我们的讨论）。i应该满足什么条件？首先需要i<=A[j]-j，不过还有另外一个条件：g[i]+1=g[j]，否则就无法达到“保留最多旧房子”这个要求了。

然后我们把条件转移方程列出来。

对于决策i，它所得出的f[j]有三个部分：

①1~i的花费，即f[i]

②i+1~j的花费，即(A[i]+1)+(A[i]+2)+...+(A[i]+j-i-1)

③j的花费，即A[j]+B[j]

将它们写出来，就是这样的：

（图来自出题人的解题报告，下同）

有没有感到一股斜率优化的气息……括弧笑

于是分离变量，结果是这样的：

分成三个部分：第一个括号只和i有关，第二个括号是由i确定的一个值*j，第三个括号只和j有关。

然后现在假设……我们得出了所有能转移到j的i，然后如何用斜率优化呢？把那些i都变成坐标上的点，其横坐标为2A[i]-2i，纵坐标就是前面那个只和i有关的式子，然后用直线束x*j+y=C去从下往上截这些点，第一个碰到的点就是最优决策。

而此直线束的斜率是-j，所以可以想到，碰到的点一定处于下凸壳上。

所以维护下凸壳，然后在凸壳上二分，就可以找到答案。

这里说明一下：对于有些的题目，那个斜率是单调的，所以可以用一个指针单调跑，但这道题就不行，原因是后面可以看到，按照DP的顺序，j并不单调。

那么现在的问题就变成了如何快速找到我们想要的凸包。

再重复一遍i能转移到j的三个条件：i<=A[j]，g[i]+1=g[j]。

题解中的做法是：依次处理每一个g值，比如说假设当前想要处理满足g[j]=5的若干个j（下面称之为‘位置’），那它们一定都由g=4的某位置转移而来。

所以将g=4和g=5的位置们都按照A[i]-i的值从小到大排序，然后建立一棵线段树，下标是在原序列中的位置（当然需要离散化）。线段树的每个节点都存放它对应这一段的中，所有g=4的位置所形成的凸包，显然这需要O(NlogN)的空间。

用两个指针分别从小到大地扫描g=4和g=5的诸位置，确保线段树中存放的那些点都能转移给当前的位置。

其中我们可能会进行两种操作：

①向线段树中加入一个g=4的位置，方法就是从根走到叶子，把它对应的点插入到每个路径上的节点中。这是向O(logN)个凸包中各加入了一个点，均摊耗时O(logN)。

②查询一个g=5的位置j，方法就是在线段树上查询能这一段（1~j-1离散化后对应的那一段），对于它覆盖的每个节点，都在其凸包中二分查找一下。这是在O(logN)个凸包中都二分查找，耗时O(log^2N)。

如此从小扫到大，总复杂度显然是O(log^2N)。

但是！既然都把线段树写出来了，就不用按照g从小到大扫了。我们完全可以对每个g值同时建线段树，显然线段树占用空间仍然是O(NlogN)。然后以A[i]-i为第一关键字，g[i]为第二关键字从小到大排序，按照这一顺序进行DP。每次扫描到一个点i时，先在g[i]-1的线段树中进行查询，然后将其插到g[i]的线段树中。

代码：

http://cogs.pro/cogs/submit/code.php?id=142557