A Super Hero

DP？

QwQ这题似乎不能直接贪心2333——

阶段

很明显的阶段性，(n)关便为(n)个阶段，

状态

分好阶段后，容易构造出状态的表达：
(f[i,j])表示Ma5termind在最开始要带(f[i,j])个子弹，才能打到第(i)关，并打倒第(i)关第(j)个敌人。

状态转移

Ma5termind在第(i)关获得的敌人的子弹只能使用到第(i+1)关。

可见当前状态是由上一个阶段(即(i-1))推过来的

于是我们得到这么个状态转移方程：

[egin{cases} f[i,j]=min(f[i-1,k]|1 leq k leq n)& ext{当}b[i-1,k]>p[i,j]\ f[i,j]=min(f[i-1,k]+p[i,j]-b[i-1,k]|1 leq k leq n) & ext{当}b[i-1,k] leq p[i,j] end{cases} ]

假的End

70分愉快的炸啦2333

优化？贪心？

没错，就是贪心啦
官方题解中用map和vector实现了一个很玄学的贪心，让我们来分析一下把！

因为(p[i,j])是一个常数，于是我们可以把dp方程变为：

[egin{cases} f[i,j]=min(f[i-1,k]|1 leq k leq n)& ext{当}b[i-1,k]>p[i,j]\ f[i,j]=min(f[i-1,k]-b[i-1,k]|1 leq k leq n)+p[i,j] & ext{当}b[i-1,k] leq p[i,j] end{cases} ]

所以每个状态更新时就变成了最值查找啦，强行qsort就发挥作用啦！

然后我们就可以用接近(O(m))的时间复杂度寻找更新状态啦。

我们使用map1存上一阶段的状态map，map2为当前阶段的map，

先考虑第二种情况

[f[i,j]=min(f[i-1,k]-b[i-1,k]|1 leq k leq n)+p[i,j] ext{当}b[i-1,k] leq p[i,j] ]

一言不合上代码：

  j:=1;  k:=1; tmp:=maxlongint;
        while j<=m do
         begin
            while (k<=m) and (map1_b[k]<=map2_p[j]) do
            begin
              tmp:=min(tmp,map1_f[k]-map1_b[k]);
              inc(k);
            end;
           f[i,map2_j_num[j]]:=min(f[i,map2_j_num[j]],tmp+map2_p[j]);//别忘记加上常数p
            inc(j);
         end;

这个操作的时间复杂度忽略常数接近(O(m)),为什么是对的？

班门弄斧地证明一下2333,我们用类似数学归纳法的方法证明——

对于j

我们先称满足(map1_b[k] leq map2_p[j])在map1的([1,k])区间为对于当前状态(f[i,j])的最小满足区间

在这个区间里，那么因为是按照(map1_b)为关键字升序排序的，所以后面的(map1_b[k])都会大于(map2_p[j])

所以显然,当前检查到([1,k])是对于当前状态(f[i,j])的最小满足区间，那么这区间中最小的(f[i-1,k]-b[i-1,k])(即(tmp))对于(j)是最优的 (满足条件(b[i-1,k]<=p[i,j])情况下)

对于j+1？

又因为这个map2_p是按照升序,所以(j+1)的(p)是大于当前(j)的，

那么如果(j+1)时不更新(k)，也就是说(tmp)不会变，这意味着([1,k])也是他的最小满足区间,所以这个区间中最小值(tmp)也是对于(j+1)最优的 (满足条件(p[i,j]>b[i-1,k])情况下)

如果更新的话，那就和对于j的情况是类似的啦,我们会继续找到最小满足区间然后更新。

类似的，对于第一种情况，我们也能按照类似这样的方法证明和更新状态，时间复杂度约为(O(n imes m imes log_2^m))，空间复杂度约为(O(n imes m))