[atAGC047F]Rooks

如果将$x$和$y$都离散，那么删除的点的$x_{i}$和$y_{i}$必然都组成了一个完整的区间（包括过程中）

将所有点按$x$排序，再令$f[i][j][0/1]$表示当删除完区间$[i,j]$且位于点$i$/点$j$时答案（若无法删除记为$\infty$），转移考虑下一次删除的点（$i-1$或$j+1$）是否可行

（这里的答案指在这个状态后删除尽量多的点所需最短时间，因此最终答案为$f[i][i][0/1]$，初始状态不易确定，可以记忆化搜索来做，当无法转移即为0）

根据上面的结论，记$mn=\min_{i\le k\le j}y_{k}$、$mx=\max_{i\le k\le j}y_{k}$，假设下一次选了$i-1$，那么即要求$y_{i-1}$等于$mn-1$或$mx+1$（选$j+1$同理），由此判定时间复杂度为$o(n^{2})$

贪心，对于存在区间$[i,j]$满足$\forall i\le k<j,|y'_{k}-y'_{k+1}|=1$，当我们删除了$i$接下来必然删除$i+1,...,j$（删除$j$同理），因此不妨将其缩为1个点（仅是视为一个点），但此时复杂度貌似仍然是$o(n^{2})$的

定义一个区间合法当且仅当其在记忆化搜索过程中会被得到，时间复杂度即为合法区间数

一个更有意义的判定方法，区间$[i,j]$合法当且仅当$mx-mn=j-i$且可以通过不断删除两端的最小值或最大值使其为空（即若$y_{i}=mn或mx$即可删除$i$，$j$同理）

对于删除，我们可以贪心，可以发现删除后一定“更容易”删除，即若一个区间合法，任意合法的删除顺序都可以将其删除

定义$S_{l,r}$表示区间$[l,r]$的子合法区间数，$Sl_{l,r}$表示区间$[l,r]$以$l$为左端点的子合法区间数，$Sr_{l,r}$类似（即以$r$为右端点）

对一个合法区间$[l,r]$，考虑如何转移求$S_{l,r}$，分类讨论：

1.$l$和$r$都可以删除，$S_{l,r}=Sl_{l,r-1}+Sr_{l+1,r}+S_{l-1,r-1}+1$

2.$l$和$r$中只有一个可以删除（假设为$l$），$S_{l,r}=S_{l+1,r}+1$

来考虑第一种情况中$Sl_{l,r-1}$的级别，不妨假设$l$为$[l,r]$区间最小值，则$r$必然为区间最大值，然后对于$a_{l}+1$的位置分类讨论：

1.若$a_{l}+1$位于$r-1$，即$a_{r-1}=a_{l}+1$，那么$Sl_{l,r-1}\le 2$（$[l,l]$，$[l,r-1]$）

2.若$a_{l}+1$位于$l+1$，即$a_{l+1}=a_{l}+1$，则一定被缩点了，不存在该情况；

3.否则$a_{l+1}$和$a_{r-1}$必然都不是$[l+1,r-1]$区间最小值，同时若$a_{r-1}$为区间最大值必然满足$a_{r-1}=a_{r}-1$，会被缩点，因此只能$a_{l+1}=a_{r}-1$，那么为了保证$[a_{l},a_{l+1}]$中的数都出现，$Sl_{l,r-1}\le 2$

因此$S_{l,r}$为$o(r-l)$的级别，总合法区间数为$o(n)$级别

另外，由于要记忆化搜索记录，需要map维护，最终时间复杂度为$o(n\log_{2}n)$，可以通过

（还有一个细节，可以通过八个方向走到给定点，但平时只能走到相邻的4个方向，相当于可以减少$r-l$步，这个可以在无法转移时记录）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define ll long long
struct ji{
    int x,y,id;
}a[N];
vector<int>v;
map<int,ll>f[2][N];
int n,ls[N],rs[N];
ll ans[N];
bool cmp(ji x,ji y){
    return x.x<y.x; 
}
int dis(ji x,ji y){
    return abs(x.x-y.x)+abs(v[x.y]-v[y.y]);
}
ll dp(int l,int r,int mn,int mx,int p){
    if (f[p][l][r])return f[p][l][r];
    f[p][l][r]=1e15;
    ji o=a[l+p*(r-l)];
    if ((l>1)&&((a[l-1].y==mn-1)||(a[l-1].y==mx+1))){
        int k=ls[l-1];
        f[p][l][r]=min(f[p][l][r],dp(k,r,min(mn,a[k].y),max(mx,a[k].y),0)+dis(o,a[k]));
    }
    if ((r<n)&&((a[r+1].y==mn-1)||(a[r+1].y==mx+1))){
        int k=rs[r+1];
        f[p][l][r]=min(f[p][l][r],dp(l,k,min(mn,a[k].y),max(mx,a[k].y),1)+dis(o,a[k]));
    }
    if (f[p][l][r]==1e15)f[p][l][r]=-(r-l);
    return f[p][l][r];
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
        a[i].id=i;
        v.push_back(a[i].y);
    }
    sort(v.begin(),v.end());
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i].y=lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y)-v.begin();
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    ls[1]=1,rs[n]=n;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if (abs(a[i-1].y-a[i].y)!=1)ls[i]=i;
        else ls[i]=ls[i-1];
    for(int i=n-1;i;i--)
        if (abs(a[i+1].y-a[i].y)!=1)rs[i]=i;
        else rs[i]=rs[i+1];
    for(int i=1;i<=n;i++)ans[a[i].id]=dp(i,i,a[i].y,a[i].y,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
}