CF-goodby 2014-E

题目连接 New Year Domino

这个题用线段树来离线处理询问(结合代码来看,我觉得看代码还好懂一些);

先设置一个数组,cur[],初始值设置为空,用线段树来维护它.

这个数组的具体含义往后看.

然后从左到右去扫描每个多米诺,比如说现在扫描到第k个了,

那么cur[i](0<i<k)维护的就是推倒i到k的牌最少需要多少money.

这样对于每个询问 (l, r), 当我们扫描到r时,也就是k == r时, cur[l]里面的值就是答案.

那么怎么去更新这个cur[]呢?

假设我们现在扫描到了k, 并且设x[k]和y[k]分别表示k的x坐标和高度

我们考虑第k-1个骨牌, 假设 x[k-1]+y[k-1] < x[k], 那么就肯定需要把它的高度增加 x[k] - x[k-1] - y[k-1]; 如果 x[k-1]+y[k-1] >= x[k] 就不用管.

接着我们考虑第k-2个个骨牌, 因为我们之前扫描过k-1了,所以现在k-2骨牌倒下后肯定能够碰到第k-1个骨牌,

然后现在有两种方法让k-2碰倒第k个,

一:k-2倒下后直接喷到k, 需要增加的长度是 tmp1 = x[k] - x[k-2] - y[k-2]

二:k-2倒下后碰到k-1,k-1再倒下碰到k, 需要增加的长度是 tmp2 = x[k] - x[k-1] - y[k-1](因为k-2倒下后肯定能碰到k-1)

于是我们就比较tmp1和tmp2,选择优的那一个(也就是增加长度少的)

...

下面我们更加整体的来考虑整个模型,可以发现这么一个规律

假设现在我们扫描到了第k个骨牌,它前面肯定存在一个区间 (a1, k-1], 这个区间内的每个多米诺的最优情况都是不直接碰到k,而是先碰倒k-1,然后让k-1碰到k;

然后在(a1, k-1]这个区间前面,肯定还有一个区间(a2, a1], 这个区间每个多米诺的最优情况都是不直接碰到k,而是先碰倒a1, 然后a1碰到k;

接下来就会有(a3, a2] .... [1, ak]

对于(a1, k-1]这个区间内的cur[], 都需要增加 max(x[k] - x[k-1] - y[k-1], 0);

对于(a2, a1]这个区间内的cur[], 都需要增加 max(x[k] - x[a1] - y[a1], 0);

...

于是可以用线段树来维护cur[](区间更新嘛)

现在的问题就变成了怎么去找 a0(我们令a0 = k-1), a1, a2, a3 ... ak;

其实可以发现 x[ai] + y[ai] < x[a(i+1)] + y[a(i+1)] 并且 x[ai] + y[ai] >= x[j] + y[j] ( a(i+1)<j<=ai )

然后就可以用一个单调队列来维护ai

更具体的看下面代码(我觉得看代码还更好理解)

#include <stdio.h>#include <iostream>#include <string.h>#include <vector>#include <math.h>#include <queue>#include <map>#include <set>#include <algorithm>using namespace std;#define FOR(i, j, k) for(int i=(j);i<=(k);i++)#define REP(i, n) for(int i=0;i<(n);i++)#define mst(x, y) memset(x, y, sizeof(x));#define pii pair<int, int>#define fr first#define sc second#define left myleft#define right myright#define ll long long#define ull unsigned long long#define seed 1331#define mod ((int)1e9+7)#define eps 1e-5#define pdd pair<double, double>deque <int> deq; // 就是那个单调队列#define maxn 200009int n, len[maxn], pos[maxn], m; // len为高度, pos为x坐标vector <pii> query[maxn]; // 用于离线处理每个询问int ans[maxn]; // 最后答案保存在这里struct Node{    int l, r, sum;}tree[maxn*4];void build(int u, int l, int r){    tree[u].l=l;tree[u].r=r;    tree[u].sum=0;    if(l == r) return ;    int mid = l+r>>1;    build(u*2, l, mid);    build(u*2+1, mid+1, r);}void add(int u, int l, int r, int val){    if(l > r) return ;    if(tree[u].l==l && tree[u].r==r) {        tree[u].sum += val;        return ;    }    int mid = tree[u].l+tree[u].r>>1;    if(r <= mid) add(u*2, l, r, val);    else if(l > mid) add(u*2+1, l, r, val);    else add(u*2, l, mid, val), add(u*2+1, mid+1, r, val);}void push(int u){    tree[u*2].sum += tree[u].sum;    tree[u*2+1].sum += tree[u].sum;    tree[u].sum = 0;}int find_(int u, int x){    if(tree[u].l == tree[u].r) return tree[u].sum;    push(u);    int mid = tree[u].l+tree[u].r>>1;    if(x <= mid) return find_(u*2, x);    else return find_(u*2+1, x);}int main(){    //freopen("in", "r", stdin);    cin>>n;    FOR(i, 1, n)cin>>pos[i]>>len[i];    cin>>m;    FOR(i, 1, m){        int u, v;        cin>>u>>v;        query[v].push_back(pii(u, i)); // 离线处理每个询问    }    build(1, 1, n);    FOR(k, 2, n){        while(!deq.empty()){ // 更新单调队列            int id = deq.back();            if(len[k-1]+pos[k-1] >= len[id]+pos[id]) deq.pop_back();            else break;        }        bool fff = 0; // 临时变量, 用来看k-1是否被弹出        deq.push_back(k-1); // 把k-1先插入到单调队列里面, 用于表示a0        while(!deq.empty()){  // 根据整个单调队列取更新cur的值            int id = deq.back();            if(len[id]+pos[id] >= pos[k]) break; // 表示id之前的骨牌都已经能够碰到k, 即不需要增加长度, 所以之前的cur[]也就不需要增加了            deq.pop_back();            int lastid = 0, tmp = pos[k] - len[id] - pos[id]; // id其实就是 ai, lastid就是 a(i+1)            if(!deq.empty()) lastid=deq.back();            add(1, lastid+1, id, tmp); // 更新这个区间内的cur值            len[id] += tmp;  // 把ai骨牌的长度增加            fff = 1;        }        if(fff) deq.push_back(k - 1);        REP(i, query[k].size()){ // 处理询问            int lastid = query[k][i].fr;            int tmp = query[k][i].sc;            ans[tmp] = find_(1, lastid);        }    }    FOR(i, 1, m) cout<<ans[i]<<endl;}