P5468 [NOI2019] 回家路线

P5468 [NOI2019] 回家路线

斜率优化入门（指我写的东西而不是这道题）

题意

\(n\) 个节点，有 \(m\) 趟列车，车 \(i\) 从 \(p_i\) 时刻至 \(q_i\) 时刻从 \(x_i\) 地到 \(y_i\) 地。猫猫需要只坐列车从 \(1\) 节点到达 \(n\) 节点。

设猫猫在一个地方等待的时间为 \(t\)，那么代价为 \(At^2+Bt+C\)，其中 \(A\ B\ C\) 为给定非负常数，总代价为所有代价总和与到达时间的和。求最小代价。

思路

设 \(f_i\) 为走 \(i\) 趟列车前的最小代价，有转移方程：

\[f_i=\min_{y_j=x_i\land q_j\leq q_i}(f_j+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C) \]

最终代价即为：

\[\min f_i+q_i \]

对于第一个方程，不考虑其他限制，即为找到最优的 \(j\) 更新 \(i\)，有：

\[\begin{aligned} f_i&=f_j+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C\\ f_i&=f_j+Ap_i^2+Aq_j^2-2Ap_iq_j+Bp_i-Bq_j+C\\ f_j+Aq_j^2-Bq_j&=2Ap_iq_j+f_i-Ap_i^2-Bp_i-C \end{aligned} \]

对于已经更新过的 \(j\)，\(f_j+Aq_j^2-Bq_j\) 是已知的。后半部分 \(f_i-Ap_i^2-Bp_i-C\) 只有 \(f_i\) 是未知的，也是我们要最优化的。

那么我们可以将上式看做 \(y=kx+b\) 的形式，其中

\[\begin{aligned} &y=f_j+Aq_j^2-Bq_j\\ &x=q_j\\ &k=2Ap_i\\ &b=f_i-Ap_i^2-Bp_i-C \end{aligned} \]

（常数其实可以属于任意一个位置，上述只是举例）

那么我们可以将所有可以转移到的 \(j\) 看做一个二维平面上的点，每次更新 \(f_i\) 实际是对一个斜率找出经过其中一个点得到的最优的 \(b\)。那么显然只会选到前者构成的凸包上的点。很多题查询的斜率都是单调的，而且之后在凸包后方插入新的点，于是维护凸包的数组就变成了单调队列。否则的话，就是动态维护凸包并在凸包上二分。

对于这道题，最优指最小，那么我们维护的是下凸包。

斜率优化的部分已经完了。考虑加入 \(y_j=x_i \and q_j\leq p_i\) 的限制怎么做。对于第一个限制，发现不同点互不影响，那么我们对每个点开一个单调队列，对于一个列车在它的 \(x\) 位置查询就好了。对于第二个限制，我们将所有列车按照 \(p\) 排序然后枚举时间，那么对于上面更新完的列车先不插入队列，当枚举时间到 \(p\) 的时候再将其插入即可。这样就能满足所有限制，并且保证查询的斜率单调递增。

代码

好像不会炸 long long 的样子。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	int w=0,x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
	while(isdigit(c))x=x*10+(c^48),c=getchar();
	return w?-x:x;
}
namespace star
{
	const int maxn=1e6+10;
	int n,T,m,A,B,C,st[maxn],ed[maxn],p[maxn],q[maxn],hd[maxn],tl[maxn];
	long long f[maxn],x[maxn],y[maxn],ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	vector<int> V[maxn],G[maxn],que[maxn];
	inline void work(){
		n=read(),m=read(),A=read(),B=read(),C=read();
		for(int i=1;i<=m;i++) st[i]=read(),ed[i]=read(),p[i]=read(),q[i]=read(),T=max(T,q[i]),G[p[i]].push_back(i);
		for(int i=1;i<=n;i++) hd[i]=0,tl[i]=-1;
		for(int t=0;t<=T;t++){
			for(auto i:V[t]){
				int e=ed[i];
				while(hd[e]<tl[e] and 1ll*(y[que[e][tl[e]]]-y[que[e][tl[e]-1]])*(x[i]-x[que[e][tl[e]]])>=1ll*(y[i]-y[que[e][tl[e]]])*(x[que[e][tl[e]]]-x[que[e][tl[e]-1]])) --tl[e];
				if(++tl[e]==que[e].size()) que[e].push_back(i);
					else que[e][tl[e]]=i;
			}
			for(auto i:G[t]){
				int e=st[i];
				while(hd[e]<tl[e] and (y[que[e][hd[e]+1]]-y[que[e][hd[e]]])<2ll*A*p[i]*(x[que[e][hd[e]+1]]-x[que[e][hd[e]]])) ++hd[e];
				if(hd[e]>tl[e] and st[i]!=1) continue;
				int j=st[i]==1 and hd[e]>tl[e]?0:que[e][hd[e]];
				f[i]=f[j]+1ll*A*(p[i]-q[j])*(p[i]-q[j])+1ll*B*(p[i]-q[j])+C;
				x[i]=q[i],y[i]=f[i]+1ll*A*q[i]*q[i]-1ll*B*q[i];
				V[q[i]].push_back(i);
				if(ed[i]==n) ans=min(ans,f[i]+q[i]);
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}
signed main(){
	star::work();
	return 0;
}