【JZOJ 5402】【NOIP2017提高A组模拟10.8】God Knows
Description
Solution
先设 fi 为选位置i时的最优答案为多少，写出一个 O(n2) 的DP，
发现这个问题实质是：在位置i之前的所有的j，保证 pj<pi ，以P为关键字所组成的单调递减的栈，求单调栈中所有位置的 fj 的最小值，
这就是一道线段树维护单调栈的板题，
以 pi 作为下标，i作为值，每次查询线段树中，下标为1~ pi 的所有数所组成的单调栈，在把当前的数以 pi 作为下标，i作为值，插入到线段树中，
【技巧】线段树维护区间单调栈
复杂度： O(nlog(n)2) ；
优化
考虑优化，我们发现，每次新加入的数的值是递增的，那么就是说，如果这个点加入到当前区间，那么在这个点之前的点都不会出现在单调栈中，
根据这个特性，在每个点维护一个单调栈表示，当前点的左区间的所有大于rmx的点所组成的单调栈，
如果新加入的点在区间右侧，那么这个单调栈肯定会被弹空，
如果在在左侧，加入这个点后的单调栈与之前的相比，原来的单调栈中，位置在这个点之前的点都不见了，变成了以这个新点打头，而原单调栈中，位置在这个新点之后的点都还在，
我们发现这个可以用一个单调栈来维护，
那么就每个区间维护一个栈，不过这个栈与实际的单调栈是刚好反过来的，
这样，每个点只会进栈 log(n) 次，出栈 log(n) 次，
复杂度： O(nlog(n))
Code
这个是 O(nlog(n)2) 的普通做法，下边的是针对这题优化过的 O(nlog(n)) 的做法，
#include return 1e9;
if(l==r)
{
Pmx=max(Pmx,b[e].mx);
if(b[e].mxreturn 1e9;
return b[e].mi;
}
int t=(l+r)>>1;
if(l1<=l&&r<=r1)
{
if(P>=b[e*2+1].mx)return find(l,t,e*2,l1,r1,P);
int ans=find(t+1,r,e*2+1,l1,r1,P);
ans=min(ans,b[e].lv);
Pmx=max(Pmx,b[e].mx);
return ans;
}
if(r1<=t)return find(l,t,e*2,l1,r1,P);
else if(treturn find(t+1,r,e*2+1,l1,r1,P);
else
{
int ans=find(t+1,r,e*2+1,t+1,r1,P);
return min(ans,find(l,t,e*2,l1,t,Pmx));
}
}
void change(int l,int r,int e,int l1,int l2)
{
if(l==r)
{
b[e].mi=f[l2];
b[e].mx=l2;
return;
}
int t=(l+r)>>1;
if(l1<=t)
{
change(l,t,e*2,l1,l2);
}
else
{
change(t+1,r,e*2+1,l1,l2);
}
Pmx=0;
b[e].lv=find(l,t,e*2,l,t,b[e*2+1].mx);
b[e].mx=max(b[e*2].mx,b[e*2+1].mx);
b[e].mi=min(b[e*2].mi,b[e*2+1].mi);
}
int main()
{
freopen("knows.in","r",stdin);
freopen("knows.out","w",stdout);
int q,w;
read(n);
fo(i,1,n)read(a[i]);
fo(i,1,n)read(a1[i]);
q=0;
fod(i,n,1)
{
if(a[i]>q)Ansz[i]=1;
q=max(q,a[i]);
}
build(0,n,1);
fo(i,1,n)
{
Pmx=0;
f[i]=find(0,n,1,0,a[i],0)+a1[i];
change(0,n,1,a[i],i);
}
ans=1e9;
fo(i,1,n)if(Ansz[i])ans=min(ans,f[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
} #include return 1e9;
if(l==r)
{
Pmx=max(Pmx,b[e].mx);
if(b[e].mxreturn 1e9;
return b[e].mi;
}
int t=(l+r)>>1;
if(l1<=l&&r<=r1)
{
if(P>=b[e*2+1].mx)return find(l,t,e*2,l1,r1,P);
int ans=find(t+1,r,e*2+1,l1,r1,P);
ans=min(ans,B[b[e].A][2]);
Pmx=max(Pmx,b[e].mx);
return ans;
}
if(r1<=t)return find(l,t,e*2,l1,r1,P);
else if(treturn find(t+1,r,e*2+1,l1,r1,P);
else
{
int ans=find(t+1,r,e*2+1,t+1,r1,P);
int ans1=find(l,t,e*2,l1,t,Pmx);
return min(ans,ans1);
}
}
void change(int l,int r,int e,int l1,int l2)
{
if(l==r)
{
b[e].mi=f[l2];
b[e].mx=l2;
return;
}
int t=(l+r)>>1;
if(l1<=t)
{
change(l,t,e*2,l1,l2);
for(;b[e].A&&B[b[e].A][1]0]);
B[++B0][0]=b[e].A;B[B0][2]=min(f[l2],B[b[e].A][2]);
b[e].A=B0;B[B0][1]=l1;
}
else
{
change(t+1,r,e*2+1,l1,l2);
b[e].A=0;
}
b[e].mx=max(b[e*2].mx,b[e*2+1].mx);
b[e].mi=min(b[e*2].mi,b[e*2+1].mi);
}
int main()
{
int q,w;
read(n);
fo(i,1,n)read(a[i]);
fo(i,1,n)read(a1[i]);
q=0;
fod(i,n,1)
{
if(a[i]>q)Ansz[i]=1;
q=max(q,a[i]);
}
build(0,n,1);
B[0][2]=1e9;
fo(i,1,n)
{
Pmx=0;
f[i]=find(0,n,1,0,a[i],0)+a1[i];
change(0,n,1,a[i],i);
}
ans=1e9;
fo(i,1,n)if(Ansz[i])ans=min(ans,f[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}