zoj (单点更新区间查询：线段树)

题意：有n天，每天都可以买西瓜，每个西瓜的价格是ai，每个西瓜能吃bi天。问这n天每天都有西瓜吃的最小的代价是多少？如果你在第i天买了一个西瓜，那么之前买的西瓜就要全部扔掉，才能开始吃新的西瓜。

定义dp[i]为到i天为止，每天都有西瓜吃的最小代价，那么状态转移方程就是：dp[i]=min(dp[i],dp[i-k-1]+a[i-k])。这样时间复杂度会达到O(n^2)，所以要优化。在递推的过程中，我们达到第i-k天之后，去更新第i-k+1天到第i天的代价。如果我们能一次性更新这些范围，就可以将复杂度降下来，优化的方法就是线段树。

转化的方法还是挺巧妙的。对于第i-k天，我们只去更新第i天这个点，然后在查询的时候，我们查询的是第i天到第n天里的最小值，因为如果我们得到的是在第i天到 第n天的某一个最小值，那么这个最小值一定是在第i天或第i-1天前更新到的。可以仔细想想。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#define N 50005using namespace std;const long long Max=pow(10,10);int n;long long  a[N];long long  b[N];long long  dp[N];long long  tree[N*4];void built(int L,int R,int fa){    tree[fa]=Max;    if(L==R)    return ;    int mid=(L+R)/2;    built(L,mid,fa*2);    built(mid+1,R,fa*2+1);}int idex;long long  val;void uptate(int L,int R,int fa){    if(L==R)    {        tree[fa]=min(val,tree[fa]);        return;    }    int mid=(L+R)/2;    if(idex<=mid)      uptate(L,mid,fa*2);    else      uptate(mid+1,R,fa*2+1);    tree[fa]=min(tree[fa*2],tree[2*fa+1]);}int LL,RR;long long query(int L,int R,int fa){    if(LL<=L&&RR>=R)    return tree[fa];    int mid=(R+L)/2;    long long t1=Max;    long long t2=Max;    if(LL<=mid)    t1=query(L,mid,fa*2);    if(RR>mid)    t2=query(mid+1,R,fa*2+1);    return min(t1,t2);}int main(){    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1;i<=n;i++)         scanf("%lld",&a[i]);        for(int j=1;j<=n;j++)         scanf("%lld",&b[j]);        built(1,n,1);        dp[0]=0;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            int last=i+b[i]-1;            last=min(n,last);            idex=last;            val=dp[i-1]+a[i];            uptate(1,n,1);            LL=i;            RR=n;            dp[i]=query(1,n,1);        }      printf("%lld\n",dp[n]);    }    return 0;}