Luogu4655 [CEOI2017]Building Bridges

Luogu4655 [CEOI2017]Building Bridges

有 (n) 根柱子依次排列，每根柱子都有一个高度。第 (i) 根柱子的高度为 (h_i) 。

现在想要建造若干座桥，如果一座桥架在第 (i) 根柱子和第 (j) 根柱子之间，那么需要 ((h_i-h_j)^2) 的代价。

在造桥前，所有用不到的柱子都会被拆除，因为他们会干扰造桥进程。第 (i) 根柱子被拆除的代价为 (w_i) 。

现在政府想要知道，通过桥梁把第 (1) 根柱子和第 (n) 根柱子连接的最小代价。注意桥梁不能在端点以外的任何地方相交。

(nleq10^5, 0leq h_i, |w_i|leq10^6)

斜率优化，cdq分治

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考虑计算所有拆除柱子的贡献，再在转移过程中消去

于是得到一个状态转移方程

[f_i=egin{cases}displaystylesum_{i=2}^n w_i&(i=1)\displaystylemin{f_j+(h_i-h_j)^2-w_i}&(i>1)end{cases} ]

答案即为 (f_n)

于是就有了一个优秀的 (O(n^2)) 的过不去算法了

然而这玩意儿是可以斜率优化的

通过一番套路地化式子，可以得到

[f_j+h_j^2=2h_ih_j+f_i-h_i^2+w_i ]

令 (h_j) 为横坐标， (f_j+h_j^2) 为纵坐标， (2h_i) 为斜率

然后……可以发现 (h_j) 不是递增的……

这就意味着……需要支持插入，询问前驱后继，以及一些复杂的分类讨论……

我会平衡树维护动态凸包！

然而有更好的离线解决办法：cdq分治

强制让斜率递增然后计算贡献

回想cdq分治的过程，左右递归，计算左侧对右侧的贡献

如果左侧斜率递增，并且左侧编号小于右侧，那么可以通过单调队列维护左侧的凸包来更新右侧答案

并且这样一定能够遍历出每个节点的所有决策点

注意 (long long) ，以及求斜率时 (x_1=x_2) 的情况

时间复杂度 (O(nlog n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef double db;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
ll f[maxn];
int n, w[maxn];

struct node {
  int x, tid; ll y;
} a[maxn], dat[maxn];

ll sqr(ll x) { return x * x; }
db slope(int x, int y) {
  if (a[x].x == a[y].x) {
    return a[x].y < a[y].y ? 1e18 : -1e18;
  }
  return db(a[x].y - a[y].y) / db(a[x].x - a[y].x);
}

void cdq(int l, int r) {
  if (l == r) {
    a[l].y = f[a[l].tid] + sqr(a[l].x);
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  for (int i = l, p1 = l, p2 = mid + 1; i <= r; i++) {
    if (a[i].tid <= mid) {
      dat[p1++] = a[i];
    } else {
      dat[p2++] = a[i];
    }
  }
  for (int i = l; i <= r; i++) {
    a[i] = dat[i];
  }
  cdq(l, mid);
  int L = 1, R = 0;
  static int q[maxn];
  for (int i = l; i <= mid; i++) {
    while (L < R && slope(q[R - 1], q[R]) > slope(q[R], i)) R--;
    q[++R] = i;
  }
  for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {
    while (L < R && slope(q[L], q[L + 1]) < 2 * a[i].x) L++;
    int x = a[i].tid, y = a[q[L]].tid;
    f[x] = min(f[x], f[y] + sqr(a[i].x - a[q[L]].x) - w[x]);
  }
  cdq(mid + 1, r);
  for (int i = l, p1 = l, p2 = mid + 1; i <= r; i++) {
    if (p2 > r || (p1 <= mid && a[p1].x < a[p2].x)) {
      dat[i] = a[p1++];
    } else {
      dat[i] = a[p2++];
    }
  }
  for (int i = l; i <= r; i++) {
    a[i] = dat[i];
  }
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &a[i].x);
    a[i].tid = i, f[i] = 1ll << 60;
  }
  f[1] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", w + i);
    if (i > 1) f[1] += w[i];
  }
  sort(a + 1, a + n + 1, [](node a, node b) {
    return a.x < b.x;
  });
  cdq(1, n);
  printf("%lld", f[n]);
  return 0;
}

2019.4.30 upd: 我发现这玩意儿好像是WC2013被提出来的……