2019 ICPC World Finals Problem B. Beautiful Bridges

2019 ICPC World Finals Problem B. Beautiful Bridges

Solution

太菜了，$sb$题调了一个下午。

首先有一个显然的$O(n^3)$的$dp$，令$f_i$表示最后一个桥柱在$i$的最小代价，枚举上一个桥柱$j$，因为地面超过桥拱则必然存在一个关键点超过桥拱，因此可以暴力$O(n)$判断$i..j$可不可行，然后转移即可。

然后显然是要优化判断桥柱$l,r$能否装下$lr$的所有地面的过程，我们知道$l,r$的桥拱形成了一个圆心为$(\frac{l+r}{2},h-\frac{r-l}{2})$，半径为$\frac{r-l}{2}$的圆。那么我们考虑固定$r$，则对于每一个点$(x,y)$，其可行的$l$一定在一个区间范围内，为什么呢？我们可以分两种情况讨论：

• $part1.$ $(x,y)$在两个桥柱组成的矩形内部：
  
  这种情况成立的条件显然为$h-\frac{r-l}{2}\ge y$，也就是$l\ge 2y-2h+r$。注意此时需满足$r-2(h-y)>=x$，否则$(x,y)$不可能出现在矩形区域内，无解。

• $part2.$ $(x,y)$在两个桥柱组成的圆内部：
  
  此时必然有$$(x-\frac{l+r}{2}{)}^2+(y-h+\frac{r-l}{2}{)}^2\le (\frac{r-l}{2}{)}^2$$
  整理成关于$l$的二次方程：
  $l^2+(2r-4x-4h-4y)l+4(h-y)(h-y-r)+(2x-r{)}^2\le 0$
  可解出$l\in [l_1,l_2]$。

我们可以知道的是倘若$part1$与$part2$的解有交，则交必然为$(x,y)$在下半圆的部分，也就是说交的部分必然为$[l,l_2]$，且倘若$part2$无解，则$part1$必然无解。

因此倘若$part2$无解，那么$l\in \varnothing$。
否则若$part1$无解，那么$l\in [l_1,l_2]$。
否则$l\in [l_1,+\infty ]$。

到这里我们就可以$O(1)$计算一个$j$的可行区间，因此从大到小枚举$j$，对所有可行区间求交，若可行区间$[l,r]$包含了$x_j$，则用$j$更新$i$的答案即可。

时间复杂度$O(n^2)$。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=20005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
ll f[MAXN];
PR a[MAXN];
signed main()
{
	ll n=read(),h=read(),c1=read(),c2=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i].fi=read(),a[i].se=read(),f[i]=loo;
	f[1]=c1*(h-a[1].se);
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		double L=a[i].se*2-h*2+a[i].fi,R=a[i].fi,r=a[i].fi;
		for (int j=i-1;j>=1;j--)
		{
			ll x=a[j].fi,y=a[j].se,b=-x*4+r*2-y*4+h*4,c=(h-y)*(h-y-r)*4+x*x*4-x*r*4+r*r,d=b*b-c*4;
			if (d<0) break;
			if (r-(h-y)*2>=x) upmax(L,(-b-sqrt(d))*0.5),upmin(R,(-b+sqrt(d))*0.5);
			else upmax(L,(-b-sqrt(d))*0.5);
			if (L-eps<x&&x<R+eps)
			{
				ll t=c2*(a[i].fi-x)*(a[i].fi-x)+c1*(h-a[i].se)+f[j];
				upmin(f[i],t);
			}
		}
	}
	if (f[n]==loo) puts("impossible");
	else printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}