[JOI 2021 Final] 地牢 3 题解

做法学习自 日语酱 的题解 /hs /bx。

本文旨在讲述我个人看完题解对此题做法的理解，可以视作对日语酱题解的注解（？。

本人很菜，很可能出错，请谅解 qwq。

首先，对样例进行模拟，得到一个贪心策略：当我们在第 \(i\) 层，找第 \(i\) 层后第一个 \(b\) 值小于 \(i\) 的楼层 \(p\)，若 \(\mathrm{dis}(i,p)\le u\)，就在第 \(i\) 层买恰好够走到第 \(p\) 层的能量，反之买满。正确性不难证明。

考虑如何实现这个贪心过程。我们发现，每次找 \(i\) 后更小值的过程很适合用单调栈配合实现。

具体地，固定终点 \(t\)，倒序扫描 \(s\sim t\) 中的点，维护一个单调递增的单调栈。这样就可以快速执行我们的上述策略。

但有一个问题，当 \(i\) 和栈顶元素比较，将栈顶元素弹出时，\(i\) 可能会影响到栈顶元素的决策。我们需要计算 \(i\) 造成的影响。

记 \(i\) 到栈顶元素的距离为 \(L\)（显然，若有答案，则 \(L\le u\)，在一开始判掉不合法的情况即可），到栈顶第二个元素的距离为 \(L'\)，考虑分类讨论：

• \(L'\le u\)，那么显然栈顶元素就是不必要的，减去的贡献长度为 \(L'-L\)。
• \(L'\gt u\)，此时 \(i\) 处的决策显然是买满，走到栈顶元素的时候会余下 \(u-L\) 的能量，那么栈顶元素处买的能量显然会减去 \(u-L\)。

综上，发现 \(i\) 会对栈顶元素产生 \(\min(L',u)-L\) 的影响，直接撤销即可。

当 \(i\) 加入栈中，根据上文所述，会产生 \(\min(L,u)\) 的贡献。

---

但此时还是无法计算答案，因为 \(u\) 不是固定的。

仔细观察会发现，\(\min(L',u)-L\) 这个式子很有规律，将其视作 \(f(u)\)，当 \(u\ge L'\) 的时候，这个式子是恒定的一条直线，当 \(u\lt L'\) 时，\(f(u)\) 呈一次函数状。

推广一下，考虑在一次操作里维护所有 \(f(u)\)，假设维护的区间为 \([l,r]\)，增加的贡献为 \(k\)，则 \([l,r]\) 间元素的斜率会增大 \(k\)，截距会减小 \(k\times (l-1)\)。对于 \((r,+\infty]\)，斜率不会变化，而截距会增大 \(k\times (r-l+1)\)。用两个树状数组分别维护斜率和截距即可。

最后限制我们的只有答案的具体计算，因为询问的区间是变化的。

定义 \(F(s,t)\) 表示 \(s\to t\) 的答案，考虑按上述方法扫描线离线计算 \(F(i,n+1)\)，对于每组询问 \((s,t,u)\)，找出距离 \(t\) 不超过 \(u\) 的权值最小的点 \(m\)，则答案为 \(F(s,n+1)-F(m,n+1)+\mathrm{dis}(m,t)\times b_m\)。

显然 \(s\to n+1\) 和 \(m\to n+1\) 的路径上，\(m\) 处一定会购买能量，而两处的决策是一样的，都是买满，所以恰好删去的 \(m\) 之后的贡献，并且 \(s\to m\) 路径上剩余的能量也会被利用上。可以画个图理解。

代码就不放了，太丑了 qwq。日语酱码风好看 /qq。