P3644 [APIO2015]八邻旁之桥
题目描述
一条东西走向的穆西河将巴邻旁市一分为二，分割成了区域(A)和区域(B)。
每一块区域沿着河岸都建了恰好(1000000001)栋的建筑，每条岸边的建筑都从(0)编号到(1000000000)。相邻的每对建筑相隔(1)个单位距离，河的宽度也是(1)个单位长度。区域(A)中的(i)号建筑物恰好与区域(B)中的(i)号建筑物隔河相对。
城市中有(N)个居民。第(i)个居民的房子在区域(P_i)的(S_i)号建筑上，同时他的办公室坐落在(Q_i)区域的(T_i)号建筑上。一个居民的房子和办公室可能分布在河的两岸，这样他就必须要搭乘船只才能从家中去往办公室，这种情况让很多人都觉得不方便。为了使居民们可以开车去工作，政府决定建造不超过(K)座横跨河流的大桥。
由于技术上的原因，每一座桥必须刚好连接河的两岸，桥梁必须严格垂直于河流，并且桥与桥之间不能相交。
当政府建造最多(K)座桥之后，设(D_i)表示第(i)个居民此时开车从家里到办公室的最短距离。请帮助政府建造桥梁，使得(D_1 + D_2 + cdots + D_N)最小。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含两个正整数(K)和(N)，分别表示桥的上限数量和居民的数量。
接下来(N)行，每一行包含四个参数：(P_i, S_i, Q_i)和(T_i)，表示第(i)个居民的房子在区域(P_i)的(S_i)号建筑上，且他的办公室位于(Q_i)区域的(T_i)号建筑上。
输出格式：
输出仅为一行，包含一个整数，表示(D_1 + D_2 + cdots + D_N)的最小值。
说明
所有数据都保证：(P_i)和(Q_i)为字符 “A” 和 “B” 中的一个， (0 leq S_i, T_i leq 1000000000)，同一栋建筑内可能有超过(1)间房子或办公室（或二者的组合，即房子或办公室的数量同时大于等于(1)）。
子任务 1 （8 分） (K = 1)
(1 leq N leq 1000)
子任务 2 （14 分） (K = 1)
(1 leq N leq 100000)
子任务 3 （9 分） (K = 2)
(1 leq N leq 100)
子任务 4 （32 分） (K = 2)
(1 leq N leq 1000)
子任务 5 （37 分） (K = 2)
(1 leq N leq 100000)
家和办公室在同一列的可以先处理，过河只会过一次可以先处理
对于剩下的点对((l,r)),若桥放在位置(pos)，则距离总和为
(sum_{i=1}^m |l_i-pos|+|r_i-pos|)，(m)为有用的点对的个数
我们发现家和办公室对答案的贡献计算方法是没有区别的
则对(k==1)时
问题就转换成了，在区间上选择一个点，使区间上的所有点到这个点的距离和最短。
是一个贪心问题，我们取这个区间最中间那个点即可。
对(k==2)时
我们思考哪个桥管哪些点
如果一个桥在点对((l,r))中间，那么走哪个都是无所谓的
若果不在，则答案为(|pos imes 2-l-r|=|pos imes 2-(l+r)|)，((l+r))离哪个(pos)近，就会走哪个桥。
于是我们可以以((l+r))为关键字进行排序，枚举端点进行统计。
如何快速统计呢？我们需要支持一个删减元素，查询区间和查询中位数的数据结构
平衡树和主席树都不错
事实上主席树常数会优秀很多
这里写的的fhq_treap
Code:
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define ll long long
#define ls ch[now][0]
#define rs ch[now][1]
using namespace std;
const int N=200010;
int ch[N][2],val[N],tot;
ll dat[N],siz[N],sum[N];
struct node
{
ll s,t,k;
bool friend operator <(node n1,node n2)
{
return n1.k<n2.k;
}
node(ll s,ll t,ll k)
{
this->s=s;
this->t=t;
this->k=k;
}
node(){}
}e[N];
void updata(int now)
{
siz[now]=siz[ls]+siz[rs]+1;
sum[now]=sum[ls]+sum[rs]+dat[now];
}
int k0,n,m,root;
ll ans;
void split(int now,ll k,int &x,int &y)
{
if(!now) {x=y=0;return;}
if(dat[now]<=k)
x=now,split(rs,k,rs,y);
else
y=now,split(ls,k,x,ls);
updata(now);
}
int Merge(int x,int y)
{
if(!x||!y) return x+y;
if(val[x]<val[y])
{
ch[x][1]=Merge(ch[x][1],y);
updata(x);
return x;
}
else
{
ch[y][0]=Merge(x,ch[y][0]);
updata(y);
return y;
}
}
int new_node(ll k)
{
dat[++tot]=k;val[tot]=rand();siz[tot]=1;sum[tot]=k;
return tot;
}
void Insert(ll k)
{
int x,y;
split(root,k,x,y);
root=Merge(x,Merge(new_node(k),y));
}
void extrack(ll k)
{
int x,y,z;
split(root,k,x,y);
split(x,k-1,x,z);
z=Merge(ch[z][0],ch[z][1]);
root=Merge(x,Merge(z,y));
}
ll Rank(int now,int x)//查询排名为x的点
{
if(!now) return 0;
if(x<=siz[ls]) return Rank(ls,x);
else if(x>siz[ls]+1) return Rank(rs,x-siz[ls]-1);
else return dat[now];
}
ll query(ll k)//返回小于等于k的点的权值之和
{
int x,y,Siz=siz[root]>>1;
ll s=0;
split(root,k-1,x,y);
s=sum[x]<<1;
s+=k*(Siz-siz[x])<<1;
root=Merge(x,y);
return s;
}
ll cal()
{
ll k=Rank(root,siz[root]>>1);
return sum[root]-query(k);
}
ll Ans[N];
void work2()
{
root=tot=0;
memset(ch,0,sizeof(ch));
ll sum0=Ans[m];
for(register int i=m;i;i--)
{
Insert(e[i].s);
Insert(e[i].t);
sum0=min(sum0,cal()+Ans[i-1]);
}
printf("%lld
",sum0+ans);
}
int main()
{
srand(time(0));
scanf("%d%d",&k0,&n);
ll s,t;char p,q;
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("
");
scanf("%c%lld %c%lld",&p,&s,&q,&t);
if(p==q)
ans+=abs(t-s);
else
{
ans++;
node tt(s,t,s+t);
e[++m]=tt;
}
}
sort(e+1,e+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
Insert(e[i].s);
Insert(e[i].t);
Ans[i]=cal();
}
if(k0==1) printf("%lld
",Ans[m]+ans);
else work2();
return 0;
}
2018.7.29