JZOJ 5415. 【NOIP2017提高A组集训10.22】公交运输

Description

城市中有一条长度为n的道路，每隔1的长度有一个公交车站，编号从0到n，学校在0号车站的位置。其中每个公交车站(除了n号车站)有两个属性ci和vi，代表从这个公交车站出发的公交车的性质。ci代表这个从i出发的公交车，相邻两个停靠站之间的距离。vi表示每坐1站的花费。
注意，一辆公交车出发后会向n号车站的方向行进。同时，一名乘客只能从起点站上车，但可以从任意停靠站下车。校庆志愿者小Z为了帮助校友查询有关城市交通费用的问题，想知道从0号车站(也就是学校)出发，到达每个公交车站的最小花费，于是他找到了你。

Input

输入的第一行有两个整数，n和maxc。
之后的n行，每行两个整数，分别表示0到n-1号车站的c和v.

Output

输出一行n个整数，其中第i个整数代表从0号车站到i号车站的最小花费，若不能从0号车站到达i号车站，则在i号车站的位置输出-1。

Sample Input

输入1：

1 1
1 1

输入2：

9 5
2 5
5 2
5 14
1 18
4 13
3 17
1 16
1 7
5 4

Sample Output

输出1：

1

输出2：

-1 5 -1 10 -1 15 19 20 33

Data Constraint

对于30%的数据满足，1<=n<=5000
对于60%的数据满足，1<=n<=10^5
对于另20%的数据满足，maxc=1
对于100%的数据满足，1<=n<=10^6,1<=maxc<=10,1<=ci<=maxc,1<=vi<=1000
数据存在梯度。

Hint

样例1说明：从0号车站坐1站地，到达1号车站，花费为1，可以发现这是从0号车站到1号车站的最小花费。

Solution

• 设 F[i] 表示第 i 个点的最优答案，那么显然可以想到：

  F[i]=min{F[j]+i−jc[j]∗v[j]}

• 但是这样DP的时间复杂度是 O(N2) ，显然不能AC。

• 看到后面的一串表达式像斜率的形式，但是由于转移距离 c[j] 的限制不能直接斜率优化。

• 于是我们想到分类讨论：按照 c 的值和 i mod c 的值维护 maxc∗maxc 一个上凸包，

• 用单调栈存储即可。时间复杂度为 O(N) 。

Code

#include<cstdio>#include<vector>using namespace std;const int N=1e6+1,inf=1e9;vector<int>s[11][10];int f[N],c[N],v[N];inline int read(){    int X=0,w=1; char ch=0;    while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();    return X*w;}inline void write(int x){    if(x<0) putchar('-'),x=-x;    if(x>9) write(x/10);    putchar(x%10+'0');}inline int min(int x,int y){    return x<y?x:y;}inline double get(int x,int y){    if(v[x]==v[y]) return inf;    return (double)(f[x]-f[y]-v[x]*(x/c[x])+v[y]*(y/c[y]))/(v[y]-v[x]);}inline int calc(int x,int y){    return f[y]+(x-y)/c[y]*v[y];}int main(){    int n=read(),mc=read();    for(int i=1;i<=n;i++) c[i-1]=read(),v[i-1]=read(),f[i]=inf;    for(int i=0;i<n;i++)    {        int x=c[i],y=i%c[i];        while(!s[x][y].empty() && v[i]<=v[s[x][y][s[x][y].size()-1]]) s[x][y].pop_back();        while(s[x][y].size()>1 &&            get(i,s[x][y][s[x][y].size()-1])>=            get(s[x][y][s[x][y].size()-2],s[x][y][s[x][y].size()-1])) s[x][y].pop_back();        s[x][y].push_back(i);        for(int j=1;j<=mc;j++)        {            y=(i+1)%j;            while(s[j][y].size()>1 &&                calc(i+1,s[j][y][s[j][y].size()-1])>=                calc(i+1,s[j][y][s[j][y].size()-2])) s[j][y].pop_back();            if(!s[j][y].empty()) f[i+1]=min(f[i+1],calc(i+1,s[j][y][s[j][y].size()-1]));        }    }    for(int i=1;i<=n;i++) write(f[i]==inf?-1:f[i]),putchar(' ');    return 0;}