CF1334F Strange Function 题解

传送门

定义一个函数 $f$，输入一个数组 $a$，输出一个数组 $b$ 为 $a$ 的子序列：$b_1=a_1$，设 $b_i$ 在 $a$ 中的位置为 $po{s}_i$，则 $b_i$ 为 $a_{po{s}_{i-1}+1}\sim a_n$ 中第一个严格大于 $b_{i-1}$ 的数。$n\le 5\times {10}^5$，$|p_i|\le {10}^9,1\le a_i,b_i\le n,b_{i-1}<b_i$。

给定长度 $n$ 的数组 $a$ 和数组 $p$，以及长度 $m\le n$ 的严格递增的数组 $b$。删除 $a_i$ 需要 $p_i$ 的代价，问删除一些数使 $a\to a^{\prime }$，$f(a^{\prime })=b$ 的最小代价是多少。

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转化问题，变成保留一些数最大代价是多少。

注意到 $f$ 的定义是严格递增，所以余下的数必然两两不同，显然用 map 可以 $O(n\log n)$ 预处理出 $a_i$ 在 $b$ 中哪个位置出现过。

一个简单的思路是 $f_i$ 表示考虑 $a$ 的前 $i$ 个数，必须保留 $a_i$（如果 $a_i\notin b$ 则 $f_i=-\mathrm{\infty }$），能保留的数的最大价值之和。
设 $a_i=b_j$。

写出转移方程：$$f_i=\underset{0\le k\le i-1,a_k=b_{j-1}}{max}(f_k+\sum _{t=k+1}^{i-1}[a_t\le a_k][p_t>0]p_t+p_i)$$

直接硬来是 $O(n^3)$ 的，考虑优化。优化 DP 的一个重要思路是动态维护每个决策点的值。

令 $g_k=f_k+\sum _{t=k+1}^{i-1}[a_t\le a_k][p_t>0]p_t+p_i$，尝试随着在 $i$ 增大的过程中维护 $g_k$（$k=0\sim i-1$）。但就算成功维护了 $g$，算法仍然是 $O(n^2)$ 的不能接受。还需要再套一层。
于是引入一个 $G_v=\underset{0\le k<i,a_k=v}{max}\{g_k\}$，则有 $f_i=G_{b_j-1}+p_i$。我们尝试动态维护 $G_x$（$x=0\sim n$）。

因为 $G$ 的变化是基于 $g$ 的变化，我们先研究 $g$ 是如何变化的。

在 $i\to i+1$ 的时刻，可能有两种更新：一种是 $g_{0\sim i-1}$ 的更新，一种是新增了 $g_i$。
对于旧 $g_k$ 的改变，都增加了 $[a_i\le a_k][p_i>0]p_i$。对于 $p_i\le 0$ 的情况，直接略去，因为不会产生任何贡献；当 $p_i>0$，每个 $g_k$ 增加 $[a_k\ge a_i]\cdot p_i$。

对于新增的 $g_i$，容易发现 $g_i=f_i$。

那么 $G_x$ 的变化是怎么样的呢？对于旧 $g_k$ 的改变，容易发现对于 $v\ge a_i$，$G_v$ 增加 $p_i$；对于新增的 $g_i$，有 $G_{a_i}=max(G_{a_i},f_i)$。

当我们询问 $G$，只需要查询 $G_v$ 一个位置的值即可。

所以 $G$ 需要支持：后缀加法、单点取 $max$、单点查询。

直接线段树当然可以，但是有些大材小用了。单点 $max$ 可以拆成一次查询和两次后缀加法。再把数组 reverse 一下，就变成前缀加法和单点查询，使用 BIT 可以完成。

注意在 $a_i$ 对应 $b_1$ 的时候特判。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 5;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;

int n, a[N], m, b[N];
ll p[N], sum, f[N];

struct BIT {
	ll c[N];
	
	int lowbit(int x) {
		return x & -x;
	}
	void mdf(int x, ll v) {
		for (; x <= n; x += lowbit(x)) 
			c[x] += v;
	}

	ll qry(int x) {
		ll s = 0;
		for (; x; x -= lowbit(x))
			s += c[x];
		return s;
	}
} T;

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> p[i];
		sum += p[i];
	}
	cin >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> b[i];
		
	T.mdf(1, -INF);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int j = lower_bound(b + 1, b + 1 + m, a[i]) - b;
		if (j <= m && a[i] == b[j]) { //是b数组内的 
			if (j == 1)
				f[i] = p[i];
			else
				f[i] = T.qry(b[j - 1]) + p[i];
		}
		else
			f[i] = ~INF;
		if (p[i] > 0)
			T.mdf(a[i], p[i]);
		ll tmp = T.qry(a[i]);
		if (f[i] > tmp) {
			T.mdf(a[i], f[i] - tmp);
			T.mdf(a[i] + 1, tmp - f[i]);
		}
	}
	ll ans = T.qry(b[m]);
	if (ans > -1e15) {
		puts("YES");
		cout << sum - ans << endl;
	}
	else
		puts("NO");
	return 0;
}