[ZJOI 2010]base 基站选址

Description

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给出 $n$ 个村庄的横坐标 $D_i$ 。要求在这 $n$ 个村庄内最多选择 $m$ 个作为通讯基站，在村庄 $i$ 建造通讯基站的代价为 $C_i$ 。对于村庄 $i$ ，如果其左右距离超过 $S_i$ 都没有通讯基站，那么需要额外的 $W_i$ 的代价。求最小代价。

$1\leq n\leq 20000,1\leq m\leq 100$

Solution

记 $f_{i,j}$ 表示在第 $i$ 个村庄修建第 $j$ 个基站的最小费用。

可以处理出一个数组 $cost_{k,i}$ 表示第 $i\sim k$ 个村庄之间没有被基站 $i,k$ 覆盖的村庄所需的额外费用。

那么转移方程 $f_{i,j} = \min\limits_{k<i} f_{k,j-1}+cost_{k,i}+C_i$ 。转移复杂度为 $O(n^2m)$ 。

考虑优化。

首先我们可以先把 $j$ 给滚掉。其次我们注意到每次选择时都是在 $k\in [1,i)$ 中取一个 $f_k+cost_{k,i}$ 的最小值。可以用线段树优化查询最小值。

但剩下的就是如何处理 $cost$ 的更新。

对于一个村庄 $i$ ，可以二分处理出它所能被覆盖的左右边界为 $l_i,r_i$，然后在用邻接表记录 $r$ 值为 $i$ 的村庄有哪些，在这些村庄之后建立基站就覆盖不到 $i$ 了。

这样当我们从 $i$ 推到 $i + 1$ 时，对于所有 $r_k=i$ 的村庄若从村庄 $1\sim l_k-1$ 转移过来则必定要赔偿村庄 $k$ 的费用，这样就可以用线段树区间加，即在区间 $[1,l_k)$ 加上村庄 $k$ 的额外费用。

总复杂度为$O(nm\log n)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 20000, inf = ~0u>>1;

int n, m, d[N+5], c[N+5], s[N+5], w[N+5], l[N+5], r[N+5]; long long f[N+5];
vector<int>to[N+5];
struct Segment_tree {
    #define lr(o) (o<<1)
    #define rr(o) (o<<1|1)
    long long sgm[(N<<2)+5], lazy[(N<<2)+5];
    void build(int o, int l, int r) {
        lazy[o] = 0; int mid = (l+r)>>1;
        if (l == r) {sgm[o] = f[l]; return; }
        build(lr(o), l, mid); build(rr(o), mid+1, r);
        sgm[o] = min(sgm[lr(o)], sgm[rr(o)]);
    }
    void pushdown(int o) {
        sgm[lr(o)] += lazy[o], lazy[lr(o)] += lazy[o];
        sgm[rr(o)] += lazy[o], lazy[rr(o)] += lazy[o];
        lazy[o] = 0;
    }
    void update(int o, int l, int r, int a, int b, long long k) {
        if (a <= l && r <= b) {sgm[o] += k, lazy[o] += k; return; }
        if (lazy[o]) pushdown(o); int mid = (l+r)>>1;
        if (a <= mid) update(lr(o), l, mid, a, b, k);
        if (b > mid) update(rr(o), mid+1, r, a, b, k);
        sgm[o] = min(sgm[lr(o)], sgm[rr(o)]);
    }
    long long query(int o, int l, int r, int a, int b) {
        if (a <= l && r <= b) return sgm[o];
        if (lazy[o]) pushdown(o); int mid = (l+r)>>1;
        long long c1 = inf, c2 = inf;
        if (a <= mid) c1 = query(lr(o), l, mid, a, b);
        if (b > mid) c2 = query(rr(o), mid+1, r, a, b);
        return min(c1, c2);
    }
}T;

void work() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 2; i <= n; i++) scanf("%d", &d[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &s[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
    ++m; ++n; d[n] = w[n] = inf;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        r[i] = lower_bound(d+1, d+n+1, d[i]+s[i])-d;
        l[i] = lower_bound(d+1, d+n+1, d[i]-s[i])-d;
        if (d[r[i]]-d[i] > s[i]) --r[i];
        to[r[i]].push_back(i);
    }
    long long tol = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = c[i]+tol;
        for (int j = 0, sz = to[i].size(); j < sz; j++)
            tol += w[to[i][j]];
    }
    long long ans = f[n];
    for (int i = 2; i <= m; i++) {
        T.build(1, 1, n);
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            f[j] = (j != 1 ? T.query(1, 1, n, 1, j-1) : 0)+c[j];
            for (int k = 0, sz = to[j].size(); k < sz; k++)
                if (l[to[j][k]] != 1) T.update(1, 1, n, 1, l[to[j][k]]-1, w[to[j][k]]);
        }
        ans = min(ans, f[n]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}
int main() {work(); return 0; }