USACO 2020 January Contest, Gold T3 SpringBoards

Bessie 在一个仅允许沿平行于坐标轴方向移动的二维方阵中。她从点 \((0,0)\) 出发，想要到达 \((N,N)（1≤N≤10^9）\)。为了帮助她达到目的，在方阵中有 \(P（1≤P≤10^5）\)个跳板。每个跳板都有其固定的位置 \((x_1,y_1)\)，如果 Bessie 使用它，会落到点 \((x_2,y_2)\)。
Bessie 是一个过程导向的奶牛，所以她仅允许她自己向上或向右行走，从不向左或向下。类似地，每个跳板也设置为不向左或向下。Bessie 需要行走的距离至少是多少？

一开始我还以为是什么最短路问题，后来感觉建图过于毒瘤不太对头。。。。仔细一想不就是一个树状数组优化的DP嘛！

先来考虑朴素状态转移，令\(f[i]\)为只使用前\(i\)个跳板，且一定使用了第\(i\)个跳板，所省下的最大距离。
则\(f[i]=max\{f[j]+x2[i]-x1[i]+y2[i]-y1[i]\},x2[j]<=x1[i],y2[j]<=y1[i]\)。
而由于我们选定了\(i\)，可以把\(f[i]\)和\(x2[i],y2[i]\)一起考虑。
这个问题就被转化为了类似二维数点问题，然而二维树状数组铁定MLE，因此我们可以降维：
将每个跳板两头点混合在一起成为数组\(a[]\)，以\(x\)为第一关键字、\(y\)为第二关键字排序，顺序访问所有点，即实现了\(x\)的单调。那么就成了\(y\)轴上的询问。那么树状数组可以以\(y\)轴为下标，存储\(f[i]\)。
遇到起点就更新\(f[跳板号]\)，也就是树状数组下标\(a[i].y\)前缀的最大值+这个跳板能越过的距离。
遇到终点就将\(f[跳板号]\)加入树状数组，也就是\(a[i].y\)后更新最大值。

需要注意的是坐标范围过大，需要先离散化。这里新建了一个存储\(y\)坐标的数组\(b[]\)，之后再映射回\(a[i].y\)即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN=2e5+5; //起点终点一起处理，双倍大小

int n,p,tot,ntot,ans;
int b[MAXN],tree[MAXN],f[MAXN],dis[MAXN]; //分别是：纵坐标暂时存储、树状数组、DP数组、单个跳板省下的距离

struct node{
	int x,y,chk,id; // 坐标、顶点性质、跳板号
	bool operator < (const node &A)const{
        if(x!=A.x)
			return x<A.x;
        if(y!=A.y)
			return y<A.y;
        return chk<A.chk;
    }
}a[MAXN];

void add(int k,int x) // 树状数组添加结点更新最大值
{
	for(;k<=tot;k+=(k&-k))
		tree[k]=max(tree[k],x);
}

int ask(int k) // 树状数组查询前缀
{
	int ret=0;
	for(;k;k-=(k&-k))
		ret=max(ret,tree[k]);
	return ret;
}
 
int main()
{
	freopen("boards.in","r",stdin);
	freopen("boards.out","w",stdout);
	cin>>n>>p;
	for(int i=1;i<=p;i++)
	{
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		a[++tot]=(node){x,y,0,i};
		b[tot]=y;
		dis[i]-=x+y;
		cin>>x>>y;
		a[++tot]=(node){x,y,1,i};
		b[tot]=y;
		dis[i]+=x+y; // 计算dis数组，为之后计算f[i]做准备
	}
	a[++tot]=(node){n,n,2,0};
	sort(b+1,b+tot+1);
	ntot=unique(b+1,b+tot+1)-b-1; // 离散化纵坐标
	for(int i=1;i<=tot;i++)
		a[i].y=lower_bound(b+1,b+ntot+1,a[i].y)-b;
	sort(a+1,a+tot+1);
        for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
                if(a[i].chk==2)
		{
            	        for(int j=1;j<=p;j++)
			        if(a[i].x>=a[j].x && a[i].y>=a[j].y)
					ans=max(ans,f[j]);
                printf("%d\n",2*n-ans); //不用跳板是2n，所以答案是2n-ans
                return 0;
        }
        if(!a[i].chk)
			f[a[i].id]=ask(a[i].y)+dis[a[i].id]; // 起点就更新
        else
			add(a[i].y,f[a[i].id]); // 终点就增加
    }
    return 0;
}