NOIP2023 T4 题解

T4

写出转移方程：$f_i$ 表示前 $i$ 天且第 $i$ 天必须跑的最大能量值。$g_i=\underset{j=1}{\overset{i}{max}}\{f_j\}$。初值 $f_0=g_0=0$。

对于转移方程，考虑枚举最后一段跑的段是从哪里开始的：$f_i={\displaystyle \underset{j=i-k+1}{\overset{i}{max}}(g_{j-2}+prize(j,i)-(j-i+1)\times d)}$。其中 $prize(j,i)$ 是 $[j,i]$ 跑获得的奖励。

注意如果 $j=1$ 要特判。

这个转移方程是 $O(n^{2}m)$ 的。我们发现，每一个跑段的起终点一定是某个挑战的起终点，所以我们可以离散化。

（注意离散化后还要数组对应到原来坐标，注意离散化后的转移可能有两种：① 上一个离散点就在前一个 ② 上一个点不相邻）

然后我们发现这玩意可以用线段树优化：线段树第 $i$ 个结点，表示当前的决策点为 $i$ 时的值。

具体而言：

for (ll i = 1, p = 1; i <= cur; i++) { 
	while (p < i && rev[i] - rev[p] + 1 > k) //p指向当前第一个在rev[i]-k+1之后的 
		p++;
	for (auto ch: chl[i])
		st.mdf(1, 1, st.sz + 1, 1, ch.l + 1, ch.v);
	ll tmp = (rev[i - 1] == rev[i] - 1 ? max(0ll, i - 2) : i - 1); //找到上一个决策点 
	st.mdf(1, 1, st.sz + 1, i, i + 1, g[tmp] + (rev[i] - 1) * d);
	
	f[i] = st.qry(1, 1, st.sz + 1, p, i + 1) - rev[i] * d;
	g[i] = max(g[i - 1], f[i]);
}

$re{v}_i$ 是离散化后的原坐标。

当 $now$ 右移一个，首先要枚举所有右端点是 $now$ 的挑战，然后对 $[lft,now]$ 进行区间加 $prize$。

对位置 $now$ 的决策设初值：$g[now-1/now-2]+(rev[now]-1)\times d$。

$f[i]=st.qry(p,i+1)-rev[i]\times d$。

为什么？我们把 $f$ 的转移方程做变形：$f_i=max(g[j-1]+prize(j,i)-(i-j+1)\times d)$，其中 $prize(j,i)$ 的累加用了线段树，而 $-(i-j+1)\times d=(j-1)\times d-i\times d$。

所以我们在每个决策位置 $j$ 都预先 $+(j-1)\times d$，算 $f_i$ 的时候只需要求 $max$ 再减去就行了。

（有点像斜率优化：拆式子，费用提前计算）

还有，数据卡常。不能 map 离散化，要用 sort。