LOJ 3156: 「NOI2019」回家路线

题目传送门：LOJ #3156。

题意简述：

有一张 (n) 个点 (m) 条边的有向图，边有两个权值 (p_i) 和 (q_i)（(p_i<q_i)）表示若 (p_i) 时刻在这条边的起点，则 (q_i) 时刻能到达这条边的终点。

你需要规划一条路线，使得从起点 (1) 号点出发，沿着这条路线到达终点 (n) 号点。

假设路线依次经过的边为 ({a_1,a_2,ldots,a_k})，则需要保证 (q_{a_{i-1}}le p_{a_i})。
而这条路线的代价是 (displaystyle q_{a_k}+sum_{i=2}^{k}f(p_{a_i}-q_{a_{i-1}})+f(p_{a_1}))，其中 (f(x)=mathrm{A}x^2+mathrm{B}x+mathrm{C})。

你需要使得你规划的路径的代价最小，输出这个最小代价。

题解：

转移之间的代价是一个二次函数，这是显然的斜率优化 DP 模型。

考虑 (mathrm{f}[i]) 表示经过第 (i) 条边后的 (sum f(p_{a_j}-q_{a_{j-1}}))，化简式子：

[egin{aligned}mathrm{f}[i]&=min_{y_j=x_i,q_jle p_i}{mathrm{f}[j]+mathrm{A}(p_i-q_j)^2+mathrm{B}(p_i-q_j)+mathrm{C}}\&=min_{y_j=x_i,q_jle p_i}{mathrm{f}[j]+mathrm{A}p_i^2-2mathrm{A}p_iq_j+mathrm{A}q_j^2+mathrm{B}p_i-mathrm{B}q_j+mathrm{C}}\&=min_{y_j=x_i,q_jle p_i}{mathrm{f}[j]+mathrm{A}q_j^2-mathrm{B}q_j-2mathrm{A}p_iq_j}+mathrm{A}p_i^2+mathrm{B}p_i+mathrm{C}end{aligned} ]

其中斜率的表达式是显然的，(x) 坐标是 (q_i)，(y) 坐标是 (mathrm{f}[i]+mathrm{A}q_i^2-mathrm{B}q_i)，令 (mathrm{D}_i=mathrm{A}p_i^2+mathrm{B}p_i+mathrm{C})，
则 (displaystylemathrm{f}[i]=mathrm{D}_i+min_{y_j=x_i,q_jle p_i}{y_j-2mathrm{A}p_ix_j})。

考察两个合法转移点 (j) 和 (k)（(x_j<x_k)），转移点 (j) 比转移点 (k) 优当且仅当：

[egin{aligned}y_j-2mathrm{A}p_ix_j&<y_k-2mathrm{A}p_ix_k\2mathrm{A}p_i(x_k-x_j)&<y_k-y_j\frac{y_k-y_j}{x_k-x_j}&>2mathrm{A}p_iend{aligned} ]

因为不等号是大于号，所以维护下凸壳。

注意，为了方便，更新顺序为按照 (p_i) 从小到大，这样右侧斜率是递增的，但是并不能更新完立刻加入凸壳，而是应该等到轮到相应的 (p_i) 时再加入。

以下是代码，时间复杂度为 (mathcal{O}(n+m+max q))：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>

typedef double db;
const int MN = 100005, MM = 200005, MQ = 1005;

int N, M, _A, _B, _C, Ans = 0x3f3f3f3f;
int d[MN], eu[MM], ev[MM], ep[MM], eq[MM];
std::vector<int> vp[MQ], vq[MQ];
int X[MM], Y[MM], f[MM];
int _stk[MM], *stk[MN], _l[MN], _r[MN];

inline db Slope(int i, int j) {
	if (X[i] == X[j]) return Y[i] == Y[j] ? 0 : Y[i] < Y[j] ? 1e99 : -1e99;
	return (db)(Y[j] - Y[i]) / (X[j] - X[i]);
}

int main() {
	freopen("route.in", "r", stdin);
	freopen("route.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d%d%d%d", &N, &M, &_A, &_B, &_C);
	ev[0] = 1, vq[0].push_back(0), ++d[1];
	for (int i = 1; i <= M; ++i) {
		scanf("%d%d%d%d", &eu[i], &ev[i], &ep[i], &eq[i]);
		vp[ep[i]].push_back(i);
		vq[eq[i]].push_back(i);
		++d[ev[i]];
	}
	stk[0] = _stk;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) stk[i] = stk[i - 1] + d[i - 1], _l[i] = 1;
	for (int t = 0; t <= 1000; ++t) {
		for (auto i : vq[t]) {
			int u = ev[i], *st = stk[u], l = _l[u], &r = _r[u];
			while (l < r && Slope(st[r - 1], st[r]) > Slope(st[r], i)) --r;
			st[++r] = i;
			if (u == N && Ans > f[i] + eq[i]) Ans = f[i] + eq[i];
		}
		for (auto i : vp[t]) {
			int u = eu[i], *st = stk[u], &l = _l[u], r = _r[u];
			while (l < r && Slope(st[l], st[l + 1]) < 2 * _A * t) ++l;
			if (l <= r) f[i] = Y[st[l]] - 2 * _A * t * X[st[l]] + _A * t * t + _B * t + _C;
			else f[i] = 0x3f3f3f3f;
			X[i] = eq[i], Y[i] = f[i] + _A * eq[i] * eq[i] - _B * eq[i];
		}
	}
	printf("%d
", Ans);
	return 0;
}