Atcoder Shik and Game

题目大意:

在[0, E]的数轴上，你从0出发，单位时间里你可以移动至多1单位距离。数轴上有n只熊，当你遇到一只熊后，从此时起再过T单位时间它身上会掉下一个金币。求从0出发捡到所有金币并走到E的最短时间

数据范围

1≤N≤100,0001≤T,E≤1090<xi<Exi<xi+1for1≤i<N

All input values are integers.

思路:

很容易想到一种O(n2)的暴力,枚举每一个i,j,j表示当前在i位置时返回到j位置拾取金币.可以有两种情况,1:到j后已经可以拾取金币了.2:时间不够还需要等待

f[i]=f[j+1]+tf[i]=f[j+1]+2⋅(p[i]−p[j+1])

对于这个式子:我们可以用两颗线段树(支持单点修改,区间询问)维护最大值
一开始我就是这样做的~~自带大常数选手T掉了~~Orz
第二种方法:f[i]表示在i位置时需要的额外时间
但是我们同样可以发现一个性质:
在i时如果我们回到j在回到i的时间大于t,那么不如寻找j的下一个(因为如果我们此时选择返回,不如在走到j时就选择停留t的时间等到金币),所以j是单调递增的.在j满足上述条件后,若j在i的前面,我们无疑可以选择在j就停留(保证了性质)
代码很优美,很简单o(∩_∩)o
Code:

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)using namespace std;typedef long long ll;const int N=1e5+10,inf=(1<<30);ll f[N],p[N];int n,e,t;int main(){    scanf("%d%d%d",&n,&e,&t);    fo(i,1,n) scanf("%lld",&p[i]);    memset(f,63,sizeof(f));f[0]=0;    ll mn=inf;    for(int i=1,j=0;i<=n;i++) {        for(;t<=(p[i]-p[j+1])<<1;j++)            mn=min(mn,f[j]-2*p[j+1]);            if(j<i) f[i]=min(f[i],f[j]+t);            f[i]=min(f[i],mn+2*p[i]);    }    printf("%lld\n",f[n]+e);    return 0;}