AT_keyence2019_e Connecting Cities 题解

B 算法萌萌题。

题解#

看到完全图求最小生成树，必然是要考虑一下 B 算法能不能做的。

发现这个题的联通块最小值是可以维护的。

我们发现。

假如我们钦定 $i$ 往前面连。

那么前面的最小权值必然是一个固定的值。

我们一定会连到 $min(a_j-j\times D)$ 上。

由于不能连到自己在的联通块上。

所以我们可以维护每一个联通块的最小值。

只需要从前往后扫一遍，用 set 维护即可。

往后面连是同理的。

使用并查集维护联通性即可。

时间复杂度：$O(n\log n\log n)$。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

int n, D, ans;
int a[200010], f[200010];
int v[200010], s[200010];
int fa[200010];

inline int gf(int x) {
  return (fa[x] == x ? x : fa[x] = gf(fa[x]));
}
inline bool chk() {
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (gf(i) != gf(1)) return 1;
  }
  return 0;
}

signed main() {
  cin >> n >> D;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i], fa[i] = i;
  }
  while (chk()) {
    multiset<pair<int, int>> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = 0, v[i] = 1e18;
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = 1e18;
    q.clear();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      int x = gf(i);
      if (f[x] < 1e18) q.erase(q.find({f[x], x}));
      if (q.empty() == 0) {
        if (v[x] > q.begin()->first + a[i] + i * D) {
          v[x] = q.begin()->first + a[i] + i * D;
          s[x] = q.begin()->second;
        }
      }
      if (f[x] > a[i] - i * D) {
        f[x] = a[i] - i * D;
      }
      q.insert({f[x], x});
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = 1e18;
    q.clear();
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
      int x = gf(i);
      if (f[x] < 1e18) q.erase(q.find({f[x], x}));
      if (q.empty() == 0) {
        if (v[x] > q.begin()->first + a[i] - i * D) {
          v[x] = q.begin()->first + a[i] - i * D;
          s[x] = q.begin()->second;
        }
      }
      if (f[x] > a[i] + i * D) {
        f[x] = a[i] + i * D;
      }
      q.insert({f[x], x});
    }
    vector<int> r;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      if (s[i]) {
        int x = gf(i), y = gf(s[i]);
        if (x != y) fa[x] = y, ans += v[i];
      }
  }
  cout << ans << "\n";
}