A. Star Way To Heaven
如果二分答案，问题就转化为不经过一些等大的圆，能否从左侧到达右侧。
然后我就不会了。
其实问题很简单：
不能从左侧走到右侧，等价于能从下侧沿障碍走到上侧，也就是说一些圆将路阻断开。
二分答案，用并查集或者dfs都可以做到$O(k^2)$建边之后$O(k)$（不计并查集）验证。
总复杂度$O(k^2logn)$。
其实问题就是一个最小瓶颈生成树，prim $O(k^2)$求解。
B. God Knows
感觉是dp，然而打不出来，只会打搜索。
只有颓题解才能维持生活这样子：
设$dp[i]$表示i以前的点引出的边已经切掉了，选了第i个点引出的边。
$dp[i]=min limits_{j<i,p[j]<p[i],forall k,j<k<i,p[k]<p[j]或p[k]>p[i]}dp[j]+c[i]$
转化一下，即
设$mx[j][i]=max limits_{j<k<i,p[k]<p[i]}p[k]$
则$dp[i]=min limits_{j<i,mx[j][i]<p[j]<p[i]}dp[j]+c[i]$
$mx$的变化可以继承已有信息，于是得到了$O(n^2)$的算法。
注意：以上纯属意淫出了一个根本无法导向正解的死掉的思路。
下面是将以上思路转化后的结果：
根据以上的式子，发现能更新dp[i]的，
为$dp[j]$，并且要保证j为j～i中p值小于$p[i]$中最大的。
即，能更新i的是1~i中小于$p[i]$的一段p值单调递减的子序列，要维护的是这段子序列里的dp最小值。
但是因为受小于$p{i]$限制，难以维护。
于是接着转换思路，
因为i与$p[i]$一一对应，将坐标系翻转，于是不再受p[i]限制。
p[i]随i单调递减，变为i随p[i]单调递减。
然而仍然无法维护，询问的p[i]是跳跃的。
线段树维护区间的单调栈，与某个名叫Weed的题异曲同工，
维护了栈内最小值，左儿子被右儿子更新之后的最小值，右儿子栈底的元素。
维护时每次延伸出一条链查找答案。
询问时先找右侧，以得到栈的下一个元素，确定这一次的询问范围。
注意一些细节就可以了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define lch (p<<1) 5 #define rch (p<<1|1) 6 using namespace std; 7 const int N=2e5+10; 8 const int inf=2e9; 9 int n; 10 int to[N],w[N]; 11 inline int read(register int x=0,register char ch=getchar(),bool ff=0){ 12 while(!isdigit(ch)) ff=(ch=='-'),ch=getchar(); 13 while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); 14 return ff?-x:x; 15 } 16 struct node{ 17 int l,r,mn,mx,upd_mn; 18 }s[N<<2]; 19 void build(int p,int l,int r){ 20 s[p].l=l; s[p].r=r; 21 s[p].mn=s[p].upd_mn=inf; 22 s[p].mx=-1; 23 if(l==r) return ; 24 int mid=l+r>>1; 25 build(lch,l,mid); 26 build(rch,mid+1,r); 27 } 28 int calc(int p,int nxt){ 29 if(s[p].l==s[p].r) return s[p].mx>nxt?s[p].mn:inf; 30 if(s[rch].mx>nxt) return min(s[lch].upd_mn,calc(rch,nxt)); 31 return calc(lch,nxt); 32 } 33 int nxt; 34 int query(int p,int l,int r){ 35 if(s[p].l>=l&&s[p].r<=r){ 36 int ans=calc(p,nxt); 37 nxt=max(s[p].mx,nxt); 38 return ans; 39 } 40 int ans=inf; 41 if(r>=s[rch].l) ans=min(query(rch,l,r),ans); 42 if(l<=s[lch].r) ans=min(query(lch,l,r),ans); 43 return ans; 44 } 45 void insert(int p,int pos,int tail,int val){ 46 if(s[p].l==s[p].r){ 47 s[p].mn=val; 48 s[p].mx=tail; 49 return ; 50 } 51 if(pos<=s[lch].r) insert(lch,pos,tail,val); 52 else insert(rch,pos,tail,val); 53 s[p].mx=max(s[lch].mx,s[rch].mx); 54 s[p].mn=min(s[rch].mn,s[lch].upd_mn=calc(lch,s[rch].mx)); 55 } 56 int main(){ 57 n=read(); 58 for(int i=1;i<=n;++i) to[i]=read(); 59 for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read(); 60 ++n; to[n]=n; build(1,0,n); 61 insert(1,0,0,0); 62 for(int i=1,k;i<=n;++i){ 63 nxt=-1; k=query(1,0,to[i]-1)+w[i]; 64 insert(1,to[i],i,k); 65 if(i==n) printf("%d ",k); 66 } 67 return 0; 68 }
C. Lost My Music
考场上切掉的简单题。
然而我的复杂度比正解多一个$log$。
观察到给出的式子正是斜率的负值，
于是问题转化为求祖先链上的最大斜率，并将答案设为它的相反数。
显然用栈维护下凸包即可。
然而需要考虑的是对于一个节点不止一个儿子，一些信息该怎样继承。
我用了树上启发式合并的思想，直接更新轻儿子，让重儿子继承栈内的信息，最后将栈清空，走轻儿子。
单次更新的复杂度为$O(logn)$，每个儿子最多被更新$logn$次，总复杂度为$O(nlog^2n)$。
正解是使用可持久化链栈，通过倍增弹栈，总复杂度为$O(nlogn)$。
注意如果暴力弹栈入栈，可能会被长链套菊花的数据卡为$O(n^2)$。