【学习笔记】[USACO21JAN] Minimum Cost Paths P

京都观光 的加强版

考虑怎么算贡献。首先还是求出 { c i } \{c_i\} {ci}对应的凸包,然后对于每个 c i c_i ci,我们可以二分求出其被插入到了第 j j j行的后面,记这一行为 p i p_i pi c i c_i ci对应第 y i y_i yi列, p m = x p_{m}=x pm=x,那么答案是:

∑ i = 1 m − 1 c i ( p i + 1 − p i ) + ∑ i = 2 m − 1 p i 2 ( y i − y i − 1 ) \sum_{i=1}^{m-1}c_i(p_{i+1}-p_i)+\sum_{i=2}^{m-1}p_i^2(y_{i}-y_{i-1}) i=1m1ci(pi+1pi)+i=2m1pi2(yiyi1)

这样,我们将询问离线下来,处理出单调栈中前缀和对应的答案,二分出这段前缀即可。

复杂度 O ( q log ⁡ m ) O(q\log m) O(qlogm)

#include
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db double
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,Q;
int cnt,s[N];
ll c[N],res[N],sm[N],p[N];
vector<pair<int,int>>q[N];
ll calc(pair<ll,ll>x,pair<ll,ll>y){
    return x.fi*y.se-x.se*y.fi;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++)cin>>c[i];
    cin>>Q;
    for(int i=1;i<=Q;i++){
        int x,y;cin>>x>>y;
        q[y].pb({x,i});
    }p[1]=1;
    s[0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(cnt>1&&calc({i-s[cnt],c[i]-c[s[cnt]]},{s[cnt]-s[cnt-1],c[s[cnt]]-c[s[cnt-1]]})>0)cnt--;
        s[++cnt]=i;
        if(cnt>1){
            p[cnt]=(1.0*(c[s[cnt]]-c[s[cnt-1]])/(s[cnt]-s[cnt-1])+1)/2;
            p[cnt]=max(p[cnt],1ll);
            sm[cnt]=sm[cnt-1]+c[s[cnt-1]]*(p[cnt]-p[cnt-1])+p[cnt-1]*p[cnt-1]*(s[cnt-1]-s[cnt-2]);
        }
        for(auto e:q[i]){
            ll x=e.fi;int id=e.se;
            if(cnt==1)res[id]=(x-1)*c[1];
            else{
                int l=1,r=cnt,tmp=0;
                while(l<=r){
                    int mid=l+r>>1;
                    if(p[mid]<=x)tmp=mid,l=mid+1;
                    else r=mid-1;
                }
                res[id]=sm[tmp]+c[s[tmp]]*(x-p[tmp])+p[tmp]*p[tmp]*(s[tmp]-s[tmp-1])+(i-s[tmp])*x*x;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++)cout<<res[i]<<"\n";
}

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