[IOI2017] Wiring 接线
复盘 pb 讲的题,来写篇题解造福社会。
Description
有 \(n\) 个红色的点,坐标为 \(r_i\) 和 \(m\) 个蓝色的点 \(b_i\) ,问在所有点都至少与一个异色的点连边的情况下,最小花费,其中花费指两点坐标差。
\(n,\ m \leq 10 ^ 5\ ,\ \ r_i,\ b_i \leq 10 ^ 9\)
Analysis
非常烦,因为并不知道到底怎么样才是最小花费。
这种两两配对的这种,其实应该是能想到网络流的,但是因为我水平严重不够,想不出来怎么做,就直接放弃了。。
于是来观察部分分有什么类型,注意到 13 分那个约束条件,就相当于整个数轴上只有两个颜色块。
块,那是不是对于其他情况都可以这么想,那对于任何一个例子,都可以画成这个样子:
正好每个点连的边的数量没有限制,只是要有边就行,这样子看问题就感觉清晰多了。
Solution
接着 Analysis 中的图,很快应该就能发现,一个颜色块里面的点顶多会跟旁边两个异色块里面的点连边。
因为再往外的话肯定就会先经过一些同色点,让那些点去连更外层的异色点显然会更优。
那么问题逐渐简洁了起来,好极了!!1
那么对于两个颜色块,假设我们已经确定了里面的点要相互连边:
肯定每个点都要伸出去一个边,然后一共会连 \(\max(n,\ m)\) 条,点多的那边就肯定会贪心的把多出来的点连向最靠近自己的异色点,所以对于这个样子的图,花费就是:
这玩意能在做前缀和先算好,问题不大。
那些在就相当于我们只要知道在满足条件的情况,一个区间是把多少个点连向前面(剩下的就连向后面)花费最小。
考虑 DP , \(f_i\) 表示在前 \(i\) 个点的最小花费。
转移的话,我们可以先把所有点划分成若干组前面一段红后面一段蓝的样子。
然后可以直接枚举在哪个地方断开,前半部分向前连边,后半部分向后连边。
然后把前面那一段看从哪里断出来一部分点向后连边更优,这些是可以提前预处理好的(就是套上面的公式),就要注意一下两个区间分出来的两部分的长度关系就可以了。
Code
/*
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
const ll INF = 1e16;
ll col[N], s[N], cnt, lt[N], rt[N], tot;
ll f[N], pre[N], sum[N], mn[N];
ll min_total_length(std::vector<int> R, std::vector<int> B) {
ll n = R.size(), r = 0, m = B.size(), b = 0;
while (r < n && b < m) {
if (R[r] < B[b]) {
s[++cnt] = R[r++];
col[cnt] = 1;
}
else {
s[++cnt] = B[b++];
col[cnt] = 2;
}
}
while (r < n) s[++cnt] = R[r++], col[cnt] = 1;
while (b < m) s[++cnt] = B[b++], col[cnt] = 2;
for (r = 1; r <= cnt; r = b) {
for (b = r; b <= cnt && col[r] == col[b]; ++b);
lt[++tot] = r; rt[tot] = b - 1;
}
for (int i = lt[1]; i <= rt[1]; ++i) f[i] = INF;
for (int i = 2; i <= tot; ++i) {
ll invl = s[lt[i]] - s[rt[i - 1]], S = 0;
ll lth = rt[i - 1] - lt[i - 1], now = 1;
for (int j = rt[i - 1]; j >= lt[i - 1] - 1; --j) {
sum[j] = sum[j + 1] + s[rt[i - 1]] - s[j];
pre[j] = f[j] + sum[j + 1];
mn[j] = pre[j] + invl * (rt[i - 1] - j);
}
for (int j = rt[i - 1]; j >= lt[i - 1]; --j) pre[j - 1] = min(pre[j - 1], pre[j]);
for (int j = lt[i - 1]; j <= rt[i - 1]; ++j) mn[j] = min(mn[j], mn[j - 1]);
for (int j = lt[i]; j <= rt[i]; ++j) {
S += s[j] - s[lt[i]];
if (now <= lth) {
ll lef = rt[i - 1] - now + 1;
f[j] = S + min(mn[lef - 1], pre[lef] + now * invl);
}
else f[j] = S + pre[lt[i - 1] - 1] + now * invl;
++now;
}
}
return f[cnt];
}