【ACDream】1074 风之国 线段树+DP

风之国

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Problem Description

在X轴上有这样一个国家——风之国。风之国虽然是一个国家，但是却有N个首领，每个首领管辖着各自的一个城市。曾几何时，风之国是非常和睦的国家，可是现在突然出现了一个奶茶妹子，各个城市的首领为了这个妹子，掀起了一场没有妹子，就没有夜晚的战争。
这N个城市坐落于X轴上的一些不重复的点上，并且每个城市都只与其左右相邻的城市相互连通。所以一共会有N-1条道路。战争之前任意两个城市之间可以自由贸易。后来因为这场战争，有K对城市由于重要战略物资不允许连通。
X神（掌管X轴的大神）发现了这一点，试图想利用他的法力来破坏一些道路，使得这K对城市两两之间都无法相互连通。
由于破坏每条道路所消耗的法力可能是不一样的，破坏某条道路所消耗的法力是该道路连通的两个城市之间的距离。所以X神想知道最少需要消耗多少的法力，能够使得这K对城市两两之间不能连通。

Input

输入包含多少数据，对于每组数据：
第一行：N K，表示N个城市，K对不允许连通的城市。(2<=N<=100000，0<=K<=100000)。
接下来一行有N个数字x1, x2, x3......xN，其中xi表示第i个城市在X轴上的位置。且每个城市都在不同的位置上。(1<=xi<=10^9, 1<=i<= N)。
接下来K行：u v，表示城市u和城市v不允许连通。输入可能存在重复。(1<=u,v<=n , 且u!=v)

Output

输出一个数，表示X神至少需要消耗多少的法力来破坏一些路，使得这K对城市之间都彼此不连通。

Sample Input

3 3
63 0 132
2 3
1 3
2 1
3 2
63 0 132
2 3
1 2

Sample Output

132
63

Hint

对于第二组数据：

        城市2和城市3 不允许连通，

        城市1和城市2 不允许连通，

        然而对于城市1和城市3没有要求，可连通，可不连通。

Source

zju_xxx

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题目分析：

看了题解以后才会T  T

本题可以用动态规划来做。

首先题目给出的城市坐标不是按X轴升序的，那么我们就将每个城市根据坐标从左到右映射到X轴上的1~n。
设dp[ i ]为处理到第 i 个点的时候，包括第i个点时处理掉前面所有必须不连通的矛盾对的最小花费。
由于矛盾对可能存在包含关系，此时必定是选取最右边的左端点作为区间左端点（假设每个矛盾对从左端点开始，右端点结束），否则选取额外的点只会徒增花费。，然后设当前处理点为 j，则dp[ j ]的最小值就是min ( dp[ i ] + len ( i , i + 1 ) )其中len ( i , i + 1 ) 表示映射到坐标轴上的城市的距离，设l为选取的最右左端点，则 l <= i < j。然后处理完后将dp[ j ] + len ( j , j + 1 ) 插入到位置 j 。

其中最小值我们可以用线段树维护。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std ;

typedef long long Int ;

#define ls ( o << 1 )
#define rs ( o << 1 | 1 )
#define rt l , r , o
#define root 1 , n , 1
#define lson l , m , ls
#define rson m + 1 , r , rs
#define mid ( ( l + r ) >> 1 )
#define clear( A , X ) memset ( A , X , sizeof A )

const int maxN = 100005 ;
const int oo = 0x3f3f3f3f ;

struct City {
	int idx , x ;
	inline void input ( int _idx ) {
		scanf ( "%d" , &x ) ;
		idx = _idx ;
	}
	inline bool operator < ( const City &c ) const {
		return x < c.x ;
	}
} ;

City city[maxN] ;
int hash[maxN] , near[maxN] ;
int mmin[maxN << 2] ;

inline int max ( const int X , const int Y ) {
	if ( X > Y ) return X ;
	return Y ;
}

inline int min ( const int X , const int Y ) {
	if ( X < Y ) return X ;
	return Y ;
}

inline void swap ( int &X , int &Y ) {
	int tmp = X ; X = Y ; Y = tmp ;
}

void Update ( int pos , int val , int l , int r , int o ) {
	if ( l == r ) {
		mmin[o] = val ;
		return ;
	}
	int m = mid ;
	if ( pos <= m ) Update ( pos , val , lson ) ;
	else 		Update ( pos , val , rson ) ;
	mmin[o] = min ( mmin[ls] , mmin[rs] ) ;
}

int Query ( int L , int R , int l , int r , int o ) {
	if ( L <= l && r <= R ) return mmin[o] ;
	int m = mid ;
	int ans = oo ;
	if ( L <= m ) ans = min ( ans , Query ( L , R , lson ) ) ;
	if ( m <  R ) ans = min ( ans , Query ( L , R , rson ) ) ;
	return ans ;
}

void work () {
	int n , m , l , r ;
	while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ) {
		clear ( mmin , oo ) ;
		clear ( near , 0 ) ;
		for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) city[i].input ( i ) ;
		sort ( city + 1 , city + n + 1 ) ;
		for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) hash[city[i].idx] = i ;
		for ( int i = 1 ; i <= m ; ++ i ) {
			scanf ( "%d%d" , &l , &r ) ;
			l = hash[l] , r = hash[r] ;
			if ( l > r ) swap ( l , r ) ;
			near[r] = max ( near[r] , l ) ;
		}
		int pos = 0 , dp = 0 ;
		//dp[i]表示处理到第i个点时前面所有的矛盾点都处理完毕的最小花费（包括i）
		//此处直接用第i个位置的dp表示dp[i]
		Update ( pos , dp , root ) ;
		for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
			pos = max ( near[i] , pos ) ;
			if ( pos && i > 1 ) dp = Query ( pos , i - 1 , root ) ;
			Update ( i , dp + city[i + 1].x - city[i].x , root ) ;
		}
		printf ( "%d\n" , dp ) ;
	}
}
			
int main () {
	work () ;
	return 0 ;
}