【题解】Luogu P2605 [ZJOI2010]基站选址

原题传送门：P2604 [ZJOI2010]基站选址

看一眼题目，变知道这题一定是dp

设f[i][j]表示在第i个村庄修建第j个基站且不考虑i+1~n个村庄的最小费用

可以得出f[i][j] = Min(f[k][j - 1] + cost[k][i] ) + c[i] (j - 1 <= k < i)

其中cost[k][i]表示i~k之间没有基站所需要的费用

计算复杂度O(N)，加上循环，总复杂度O(N^2 K)

看一下数据范围K <= N，K <= 100 , N <= 20000

真棒，TLE

考虑如何优化

首先，我们发现之前的转移方程可以去掉一维j，实际上只要在最外层枚举j就可以了

f[i] = Min( f[k] + cost[k][i] ) + c[i] (j - 1 <= k < i)

主要的时间浪费在计算cost上

我们要找方法来优化

对于任意一个村庄i，记它所能被覆盖的左右边界st[i],ed[i]（最左端、最右端可以覆盖到i的基站位置，可用二分查找处理）

然后在用邻接表记录ed值为i的村庄有哪些，在这些村庄之前建立基站就覆盖不到i了。

这样当我们推导i + 1时，若从村庄1~st[k] - 1(ed[k] = i)转移过来则必定要赔偿村庄k的费用，我们就可以考虑用线段树来维护f[k] + cost[k][i]的值

即在区间[1, st[k] - 1]加上村庄k的费用，而转移即在区间[1, i - 1]找f[k] + cost[k][i]的最小值，总复杂度为O(N log N K)。

#pragma GCC optimize("O3")
#include <bits/stdc++.h>
#define N 20005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline int Min(register int a,register int b)
{
    return a<b?a:b;
}
int D[N],C[N],S[N],W[N],lr[N],rr[N],f[N];
vector<int> vq[N];
int ql,qr;
struct Segment_tree{
    int minn[N<<2],tag[N<<2];
    inline void pushup(register int x)
    {
        minn[x]=Min(minn[x<<1],minn[x<<1|1]);
    }
    inline void build(register int x,register int l,register int r)
    {
        tag[x]=0;
        if(l==r)
        {
            minn[x]=f[l];
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(x<<1,l,mid);
        build(x<<1|1,mid+1,r);
        pushup(x);
    }
    inline void maintain(register int x,register int l,register int r)
    {
        if(l!=r)
            pushup(x);
        minn[x]+=tag[x];
    }
    inline void update(register int x,register int l,register int r,register int v)
    {
        if(ql<=l&&qr>=r)
            tag[x]+=v;
        else
        { 
            int mid=(l+r)>>1;
            if(ql<=mid)
                update(x<<1,l,mid,v);
            if(qr>mid)
                update(x<<1|1,mid+1,r,v);
        } 
        maintain(x,l,r);
    }
    inline int query(register int x,register int l,register int r,register int v)
    {
        if(ql<=l&&qr>=r)
            return minn[x]+v;
        int ret=inf,mid=(l+r)>>1;
        if(ql<=mid)
            ret=Min(ret,query(x<<1,l,mid,v+tag[x]));
        if(qr>mid)
            ret=Min(ret,query(x<<1|1,mid+1,r,v+tag[x]));
        return ret;
    }
}T;
int main()
{
   	int n=read(),k=read();
   	for(register int i=2;i<=n;++i)
        D[i]=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        C[i]=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        S[i]=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        W[i]=read();
    ++n,++k;
    D[n]=inf;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
    {
        lr[i]=lower_bound(D+1,D+n+1,D[i]-S[i])-D;
        rr[i]=lower_bound(D+1,D+n+1,D[i]+S[i])-D;
        if(D[i]+S[i]<D[rr[i]])
            --rr[i];
        vq[rr[i]].push_back(i);
    }
    int ans=inf;
    for(register int j=1;j<=k;++j)
    {
        if(j==1)
        {
            int tot=0;
            for(register int i=1;i<=n;++i)
            {
                f[i]=tot+C[i];
                for(register int tmp=0;tmp<vq[i].size();++tmp)
                    tot+=W[vq[i][tmp]];
            }
            ans=Min(ans,f[n]);
            continue;
        }
        T.build(1,1,n);
        for(register int i=1;i<=n;++i)
        {
            ql=1,qr=i-1;
            int add=qr?T.query(1,1,n,0):0;
            f[i]=add+C[i];
            for(register int tmp=0;tmp<vq[i].size();++tmp)
            {
                ql=1,qr=lr[vq[i][tmp]]-1;
                if(qr>0)
                    T.update(1,1,n,W[vq[i][tmp]]);
            }
        }
        ans=Min(ans,f[n]);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;		
}