[atAGC022D]Shopping

称0到$L$的方向为左，同时为了方便，可以假设$0<t_{i}\le 2L$

当我们确定是进入店中的方向，根据这个店的位置以及购物时间，不难确定出来时火车经过0或$L$的次数，由于$0<t_{i}\le 2L$，因此总共至少有一次且分别不超过1次，即分以下三类讨论：

1.经过0未经过$L$，在该位置上标记为1

2.经过$L$未经过0，在该位置上标记为-1

3.经过$L$且经过0，在该位置上标记为1、-1

同时，对于坐在车上经过0或$L$，也可以看作0或$L$上有一个商店，即在0上记录1，$L$上记录-1

（特别的，对于初始位于0不记录，对于最后到达0记录）

最后，将0到$L$每一个位置上的序列连结起来，即构成一个由1、-1构成的序列

考虑这个序列的意义，每一个1即表示该次火车到0时自己所处的位置，-1类似

下面来考虑火车，对于每一趟，确定一对1和-1（即该次其到0和$L$时我的位置），并将这一对1和-1删去，不难发现要保证：

1.删去的1（的位置）必须在该对的-1之前，删去的-1必须在上一对（若存在）删去的1之后

（可以理解一下，否则我仍然在上一次的商店中）

2.最后一次删去的1必须在位置0上或为空（即最后要返回0）

同时，这一方案的所需时间为这个序列长度*L（每一个1或-1恰好对应$L$的路程），因此可以看作构造最短的1和-1的序列，使得其可以以上述方法删除：

先考虑上述删除的真正限制，首先仅考虑每一次1在-1，即要求前缀和非负，同时由于成对匹配，即1和-1的数量相同，整体前缀和为0

（可以以括号序列的方式理解，但注意，我们并不要求其1和-1要以括号序列的配对方式删除，即若将删去的一对括号看成一个区间，是可以有交的，那么就会有多种解）

同时，这并不充分，我们还要求其在0上存在1，且除去空前缀和整体以外，前缀和严格大于0

典型的例子是$\{1,-1,1,-1\}$，由于第一个1要最后删除，那么一定先删除3和4上的1和-1，那么根据第二点删去的-1必须在上一对删去的1之后，是无法删除第2个位置的

关于这个的证明，套用上面这个例子就可以了，对于前缀和为0的前缀，最左边的1必然要与这之前的-1匹配，由于这是最后一次匹配，那么上一次不在这个前缀中的匹配与下一次匹配就一定不合法了

同时，当满足这两条必要条件后，其是充分的，构造方案：

先将第一个1和最后一个-1在最后匹配，由于要求-1在上一次1之后，一定合法

接下来，由于本来前缀和大于0，现在即非负，那么从小到大枚举左括号去匹配最近的右括号即可（从小到大是为了防止下一次的右括号在这一次之前）

总结一下，根据$t_{i}$和$v_{i}$可以算出每一个节点的类型，即能否填写这三类中的一种（只要存在可能就可以，至于合法性后面会判），之后可以在0和$L$分别加上若干个1和-1（要求0上至少1个），使得其除去空前缀和整体以外，前缀和严格大于0，且整体和为0

0和$L$上添加1和-1肯定要尽量少，具体来说就是0上1的个数是$-\min(最小的非整体前缀和,0)+1$，$L$上-1的个数是添加上0的1后的整体的和

如果暴力dp的时间复杂度是$o(n^{2})$的，无法通过

简单贪心，可以发现如果能取1或-1一定不会填两个（最多会导致0和$L$一个上面多一个，这不劣），且对于自由的，必然是前缀选1，后缀选-1，枚举+前后缀和即可

（代码大概是有问题的，懒得查了）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
vector<int>v;
int n,L,ans,x[N],t[N],vis[N][2],sum[N][2],mn[N][2];
long long tot;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&L);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&t[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        tot+=(t[i]-1)/(2*L);
        t[i]=(t[i]-1)%(2*L)+1;
        if (2*x[i]>=t[i])vis[i][0]=1;//可以填1 
        if (2*(L-x[i])>=t[i])vis[i][1]=1;//可以填-1 
        if ((!vis[i][0])&&(!vis[i][1]))tot++;
        else{
            if (!vis[i][0])v.push_back(1);//必须-1 
            if (!vis[i][1])v.push_back(0);//必须1 
            if ((vis[i][0])&&(vis[i][1]))v.push_back(2);//任意 
        }
    }
    tot=tot*2+v.size();
    for(int i=0;i<v.size();i++){
        int p=1;
        if (v[i]==1)p=-1;
        sum[i+1][0]=sum[i][0]+p;
        mn[i+1][0]=min(mn[i][0],sum[i][0]);
    }
    for(int i=v.size()-1;i>=0;i--){
        int p=1;
        if (v[i])p=-1;
        if (i==v.size()-1)mn[i][1]=0;//强制不为全体的最小前缀和 
        else mn[i][1]=min(mn[i+1][1]+p,0);
        sum[i][1]=sum[i+1][1]+p;
    }
    //[0,i),[i,n)
    ans=0x3f3f3f3f;
    for(int i=0;i<=v.size();i++){
        int s0=1-min(mn[i][0],sum[i][0]+mn[i][1]);
        int s=sum[i][0]+sum[i][1]+s0;
        ans=min(ans,s0+s);
    }
    printf("%lld",(ans+tot)*L);
}