JZOJ5415. 公交运输

题目大意

在数轴上从$0$到$n$有$n+1$个点, 其中$0\text{到}n-1$这$n$个位置分别有公交车, 只能向数轴正方向移动, 每个点的公交车有两个属性$c_i$和$v_i$, 分别表示隔几个点停一次(一站要经过几个点)和坐一站的花费, 求从$0$到每个点的最小花费, 无法到达者输出$-1$.
$n<=10^6, maxc<=10.$

解题思路

简单思考得到一个dp:设$f_i$是$i$点的最小花费, 转移显然.
思考如何优化转移:设当前已经求完答案的点为$i$, 那么这个点对后面的点的影响可以看做一个一次函数(直线), 斜率为$\frac{v_i}{c_i}$, 且有一个点$(i, f[i])$, 凭此即可确定函数解析式.
然而有一个问题:不是每一个点都能用这条直线来更新答案的.
怎样的点能被这条直线更新呢? 也就是说这条直线只有在公交车停的站才有贡献嘛! 所以满足条件的点的集合是

$$\{j|j>i\text{且}c_i|(j-i)\}$$

即

$$\{j|j>i\text{且}j\equiv i(\operatorname{mod}\ c_i)\}$$

也就是只要$j\operatorname{mod}c_i = i\operatorname{mod}c_i$ 即可被转移.
看数据范围:$maxc<=10$! 由于一共最多只有$10$种$c$, 且$i\operatorname{mod}c_i$的取值最多不超过$c_i$种, 于是总共最多只有$\sum_1^{10}i$种情况, 即$55$种情况.

所以... 按照$55$种情况分类的话...
我们只用开$55$棵李超树就好了!!!

开这么多棵树空间复杂度怎么办呢? 容易想到动态开点. 由于一共只有$n$条直线, 所以只会有$n$个树节点.
对于每一个$j$, 在李超树上枚举每一种$c$, 设枚举的值为$p$, 查询$(p, j \operatorname{mod} p)$对应的李超树. 求完答案后丢进李超树即可.
由于李超树查询的复杂度是$O(\log{n})$, 插入的复杂度是$O(\log^2{n})$, 一个点要做$maxc$次查询和$1$次插入, 所以总时间复杂度为$O(n(maxc\cdot\log{n}+\log^2{n}))$
虽然$n<=10^6$, 但是由于 数据可能是随机的 做人要有信仰 节点数比较少根本跑不满,并且时限2s, 所以简 单 的常数优化以后就能过了.

后记

这种题, 思路很自然, 但是时间复杂度比较清奇, 所以考场没敢写. 实际上就算被卡了也会有$80pts$, 所以以后要大胆写算法, 大胆开数据结构, 有时间会学习优秀的单调栈做法咕咕咕咕...

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define N 1000010
#define db double
#define ll long long
#pragma GCC optimize(2)
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
#define init(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define fo(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fd(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
inline int read()
{
	int x = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9')	ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9')	x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return x;
}
int n, c[N], v[N];
ll f[N];
struct Line
{
	db k, b;
	Line(){k = 0, b = INF;}
	Line(db _k, db x, db y){k = _k; b = y - k * x;}
	inline db y(db x){return k * x + b;}
};
namespace Seg
{
	int cnt, to[11][11], rt[60], ls[N], rs[N];
	Line tr[N];
	inline void build(int k, int i){static int tot = 0; !rt[to[k][i]] && (rt[to[k][i] = ++tot] = ++cnt);}
	void insert(int t, int l, int r, Line p)
	{
		int mid = (l + r) >> 1;
		db lx = tr[t].y(l) - p.y(l), mx = tr[t].y(mid) - p.y(mid), rx = tr[t].y(r) - p.y(r);
		if(lx >= 0 && rx >= 0)	tr[t] = p;
		else if(lx < 0 && rx >= 0)
		{
			if(mx >= 0)	!ls[t] && (ls[t] = ++cnt), insert(ls[t], l, mid, tr[t]), tr[t] = p;
			else !rs[t] && (rs[t] = ++cnt), insert(rs[t], mid + 1, r, p);
		}
		else if(lx >= 0 && rx < 0)
		{
			if(mx >= 0)	!rs[t] && (rs[t] = ++cnt), insert(rs[t], mid + 1, r, tr[t]), tr[t] = p;
			else !ls[t] && (ls[t] = ++cnt), insert(ls[t], l, mid, p);
		}
	}
	inline void insert(int k, int i, Line p){build(k, i); insert(rt[to[k][i]], 1, n, p);}
	db query(int t, int l, int r, int x)
	{
		db ret = tr[t].y(x);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(x <= mid){if(ls[t])	ret = min(ret, query(ls[t], l, mid, x));}
		else if(rs[t])	ret = min(ret, query(rs[t], mid + 1, r, x));
		return ret;	
	}
	inline db query(int k, int i, int x){return rt[to[k][i]] ? query(rt[to[k][i]], 1, n, x) : INF;}
}
int main()
{
	freopen("bus.in", "r", stdin);
	freopen("bus.out", "w", stdout);
	n = read(), c[0] = read();
	fo(i, 1, n)	c[i - 1] = read(), v[i - 1] = read();
	Seg::insert(c[0], 0, Line(1.0 * v[0] / c[0], 0.0, 0.0));
	fo(i, 1, n)
	{
		f[i] = INF;
		fo(j, 1, 10)
			f[i] = min(f[i], (ll)(Seg::query(j, i % j, i) + 0.5));
		printf("%lld ", f[i] == INF ? -1 : f[i]);
		f[i] != INF && i < n && (Seg::insert(c[i], i % c[i], Line(1.0 * v[i] / c[i], i, f[i])), 1);
	}
	return 0;
}