2022ICPC南京站 B. Ropeway
\(\mathcal{Description}\)
\(n+2\)个点编号\(0～n+1\)，每个点有点权，要求选若干个点使得总点权最小，其中编号为\(0\)和\(n+1\)的点必须选且点权为\(0\)，同时满足任意两个被选的点之间的距离不超过\(k\)，此外还会给一个\(01\)串，表示\(1～n\)这些点是否为必选的点
现在会给\(m\)个询问，每个询问为如果将编号为\(x\)的点权修改为\(v\)的答案会是什么
多组数据
\(n\le 5× 10^5,\sum n\le 2×10^6,1\le m, k\le 3×10^3，\sum m=\sum k\le10^4\)
\(\mathcal{Solution}\)
最近做做往年\(ICPC\)题，这题算是个金牌题，做的快可以摸金的那种，意外地发现很简单
没有修改的话是个很经典的单调栈优化\(DP\)
设\(f_i\)表示\([0,i]\)这个区间满足条件且在i选了i的最小花费，转移方程为\(f_i=min\{f_j\}\)，这个过程单调栈优化可以做到\(O(n)\)，其中\(j\)属于\([i-k,i-1]\)
对于某个位置必须选择，那么就在计算该位置的\(dp\)值后将单调栈清空再将该位置放进去，相当于之后的选择一定有这个位置了
正着做和反着做差不多，再设\(g[i]\)表示满足\([i,n+1]\)这个区间的最小花费，则答案就是\(min\{f_i+min\{g_j\}\}\)
考虑修改某个位置的值，因为任意一个长度为\(k\)的区间一定有一个必须选，因此当修改一个位置的值时，只要从那个位置开始往后走\(k\)步算一次\(f_i+min\{g_j\}\)就可以算出答案，这样复杂度是\(O(mk)\)，是满足题意的
现在问题就是怎么在修改后\(O(1)\)的算出\(f_i\)，首先考虑到如果把所有到\(i\)的单调栈存下来，修改了\(i\)位置后就从这个单调栈重新做一次，但是这样时空都不满足要求，为了解决这个问题，可以将询问都排序，这样就可以共用那个单调栈了
\(\mathcal{Code}\)
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define inf 112345678901234567
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 10;
struct IO {
template <class T>
IO operator>>(T &res) {
res = 0;
char ch;
bool flag = false;
while ((ch = getchar()) > '9' || ch < '0') flag |= ch == '-';
while (ch >= '0' && ch <= '9') res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ '0'), ch = getchar();
if (flag) res = ~res + 1;
return *this;
}
} cin;
int T, n, m, k, hd, ed;
int a[maxn], q[maxn], q2[maxn], fr[maxn], x[maxn], v[maxn], id[maxn];
ll f[maxn], tf[maxn], g[maxn], ans[maxn];
char s[maxn];
bool cmp (int a, int b) { return x[a] < x[b]; }
int main ()
{
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
scanf("%s", s + 1);
a[0] = a[n + 1] = f[0] = 0;
q[hd = ed = 1] = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
while (q[hd] < i - k) ++hd;
f[i] = f[q[hd]] + a[i];
if (s[i] == '1') q[hd = ed = 1] = i;
else {
while (ed >= hd && f[q[ed]] >= f[i]) --ed;
q[++ed] = i;
}
}
q[hd = ed = 1] = n + 1, fr[n + 1] = n + 1, g[n + 1] = 0;
for (int i = n; i >= 0; --i) {
while (q[hd] > i + k) ++hd;
g[i] = g[q[hd]] + a[i];
fr[i] = q[hd];
if (s[i] == '1') q[hd = ed = 1] = i;
else {
while (ed >= hd && g[q[ed]] >= g[i]) --ed;
q[++ed] = i;
}
}
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &x[i], &v[i]), id[i] = i, ans[i] = inf;
sort(id + 1, id + m + 1, cmp);
q[hd = ed = 1] = 0;
int cur = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (q[hd] < i - k) ++hd;
while (x[id[cur]] == i && cur <= m) {
int hd2 = hd, ed2 = ed, t = a[i];
a[i] = v[id[cur]];
for (int j = hd; j <= ed; ++j) q2[j] = q[j];
int mx = min(i + k, n + 1);
for (int j = i; j <= mx; ++j) {
while (q2[hd2] < j - k) ++hd2;
tf[j] = tf[q2[hd2]] + a[j];
ans[id[cur]] = min(ans[id[cur]], tf[j] + g[fr[j]]);
if (s[j] == '1') q2[hd2 = ed2 = 1] = j;
else {
while (ed2 >= hd2 && tf[q2[ed2]] > tf[j]) --ed2;
q2[++ed2] = j;
}
}
a[i] = t;
++cur;
}
tf[i] = tf[q[hd]] + a[i];
if (s[i] == '1') q[hd = ed = 1] = i;
else {
while (ed >= hd && f[q[ed]] > f[i]) --ed;
q[++ed] = i;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
}
return 0;
}
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