CF477E Dreamoon and Notepad
CF477E Dreamoon and Notepad
key：分类讨论；贪心；拆贡献、放缩等思想。
Solution
简要 写一下分类讨论，防止写代码的时候脑子不清晰。参考了 这篇 题解。
首先可以发现一个关键性质：HOME 和 END 在一次询问中不能同时使用，并且 HOME 或 END 最多只会使用一次，因为只会保留二者的所有操作集合中的最后一次使用。
所以有了第一个分类依据：1.只使用上下左右移动；2.使用 HOME；3.使用 END。
第二个分类依据是纵向移动的方式：1.不改变纵向方向；2.向上绕行；3.向下绕行。
为了方便处理，对于一次 \((r_1, c_1) \to (r_2, c_2)\) 的移动，我们假定 \(r_1 \le r_2\)。否则，我们可以让序列翻转，归约到 \(r_1 \le r_2\) 的问题。
以下的讨论建立在一个非常重要的贪心策略上，那就是只会在结束行使用左右移动。证明略。
除此之外，各类讨论均涉及到一些贪心，大都比较简单，证明略。
不改变纵向方向
-
既不使用
HOME，也不使用END步数：\(r_2 - r_1 + |c_2 - \min(c_1, w[r_1, r_2])|\)。此处及下文 \(w[l, r]\) 均表示 \(\min\limits_{i = l}^{r}a_i\)。
-
使用
HOME你在哪一行使用
HOME都可以，但只在第 \(r_2\) 行使用右移。步数：\(r_2 - r_1 + c_2 + 1\)。
-
使用
END你并不清楚在哪一行使用
END更优，考虑枚举在哪一行使用END。假设为 \(r_0\)。则步数为：\(r_2 - r_1 + |c_2 - w[r_0, r_2]| + 1\)。枚举 \(r_0\) 不现实，由于 \(w[l, r]\) 在 \(r\) 固定时关于 \(l\) 单增，考虑强行拆绝对值。
-
\(c_2 \le w[r_0, r_2]\)：需要让二者差值尽量小，则后者尽量小，则 \(r_0\) 尽量小，可二分/倍增出最优的 \(r_0\)，更新答案。
-
\(c_2 > w[r_0, r_2]\)：需让后者尽量大，则 \(r_0\) 尽量大，可直接利用上一种情况的 \(r_0\) 减一。更新答案。注意 \(w[r_0, r_2] = a_{r_0}\)，所以没必要在 ST 表上查。以下存在这种优化的讨论将不再提及此优化。
-
向上绕行
向上绕行使用 HOME 一定不优。
-
既不使用
HOME，也不使用END假设向上最远到第 \(r_0(r_0 \le r_1)\) 行。
步数：\(r_1 - r_0 + r_2 - r_0 + |c_2 - \min(c_1, w[r_0, r_2])|\)。
其中 \(w[r_0, r_2] = \min(w[r_0, r_1], w[r_1, r_2])\)，后者为定值，提出来与 \(c_1\) 合在一起，记为 \(c_0 = \min(c_1, w[r_1, r_2])\)。
步数：\(r_1 + r_2 - 2r_0 + |c_2 - \min(c_0, w[r_0, r_1])|\)。
若 \(c_0 \le c_2\)，则向上绕行只会使 \(\min(c_0, w[r_0, r_1])\) 减小，从而使步数变大，因此此时向上绕行一定不优。
所以只在 \(c_0 > c_2\) 时考虑向上绕行。同时只有 \(w[r_0, r_1] < c_0\) 时，\(\min(c_0, w[r_0, r_1])\) 才会变化，向上绕行才会有意义，步数为：\(r_1 + r_2 - 2r_0 + |c_2 - w[r_0, r_1]|\)。
- \(c_2 \le w[r_0, r_1]\)：问题变为最小化 \(w[r_0, r_1] - 2r_0\)。利用 放缩 思想，构建 \(a_x - 2x\) 的 ST 表，在满足 \(w[r_0, r_1] \ge c_2\) 的区间上查最小值即可。
- \(c_2 > w[r_0, r_1]\)：要最小化 \(-(w[r_0, r_1] + 2r_0)\)。该式关于 \(r_0\) 单减，因此找到满足条件的最大 \(r_0\) 进行更新即可。
由于 \(a_{r_1} \ge c_0 > c_2\)，所以 \(c_2 \le w[r_0, r_1]\) 时的二分一定有解。
-
使用
END贪心策略是，向上最远到第 \(r_0\) 行，并在该行使用
END，然后往回走。步数：\(r_1 - r_0 + r_2 - r_0 + |c_2 - w[r_0, r_2]| + 1\)。可以按第一大类中第三小类的方法分类讨论：
- \(c_2 \le w[r_0, r_2]\)：要最小化 \(w[r_0, r_2] - 2r_0\)。这与该大类的第一类求法完全一样，二分出对应区间后在 \(a_x - 2x\) 的 ST 表上查即可。（该情况存在在 ST 表上查出来与原式不符，但可以证明这些情况向上绕行一定不优）
- \(c_2 > w[r_0, r_2]\)：要最小化 \(-(w[r_0, r_2] + 2r_0)\)。该式关于 \(r_0\) 单减，找到满足条件的最大 \(r_0\) 即可。
如果 \(w[r_1, r_2] < c_2\)，则 \(c_2 \le w[r_0, r_2]\) 时二分无解，但舒服的地方在于，如果是这样的，则向上绕行一定不优。
向下绕行
向下绕行使用 HOME 一定不优。
记向下最远到达 \(r_0(r_0 \ge r_2)\)。由于求法与第二大类一致，因此只是简略地写一下式子。
-
既不使用
HOME，也不使用END步数 \(2r_0 - r_1 - r_2 + |c_2 - \min(c_1, w[r_1, r_0])|\)。
\(w[r_1, r_0] = \min(w[r_1, r_2], w[r_2, r_0])\)。
记 \(c_0 = \min(c_1, w[r_1, r_2])\)，步数：\(2r_0 - r_1 - r_2 + |c_2 - \min(c_0, w[r_2, r_0])|\)。
只有 \(c_0 > c_2\) 且 \(c_0 > w[r_2, r_0]\) 时，该情况可能更新答案。步数为：\(2r_0 - r_1 - r_2 + |c_2 - w[r_2, r_0]|\)。
- \(c_2 \le w[r_2, r_0]\) 时：要最小化 \(w[r_2, r_0] + 2r_0\)，构建 \(a_x + 2x\) 的 ST 表进行查询。
- \(c_2 > w[r_2, r_0]\) 时：要最小化 \(2r_0 - w[r_2, r_0]\)，该式关于 \(r_0\) 单增，用最小的 \(r_0\) 更新即可。
-
使用
END步数：\(2r_0 - r_1 - r_2 + |c_2 - w[r_2, r_0]| + 1\)。
- \(c_2 \le w[r_2, r_0]\)：要最小化 \(w[r_2, r_0] + 2r_0\)。利用 \(a_x + 2x\) 的 ST 表可得。
- \(c_2 > w[r_2, r_0]\)：要最小化 \(2r_0 - w[r_2, r_0]\)。该式关于 \(r_0\) 单增，用最小的 \(r_0\) 更新答案即可。
实现上有一些取等之类的细节与上文不同（主要是方便二分，让二分区间内一定有解），但并无大碍。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define DB double
#define MOD 1000000007
#define ls(x) x << 1
#define rs(x) x << 1 | 1
#define lowbit(x) x & (-x)
#define PII pair<int, int>
#define MP make_pair
#define VI vector<int>
#define VII vector<int>::iterator
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define EB emplace_back
#define SI set<int>
#define SII set<int>::iterator
#define QI queue<int>
using namespace std;
template<typename T> void chkmn(T &a, const T &b) { (a > b) && (a = b); }
template<typename T> void chkmx(T &a, const T &b) { (a < b) && (a = b); }
int inc(const int &a, const int &b) { return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b; }
int dec(const int &a, const int &b) { return a - b < 0 ? a - b + MOD : a - b; }
int mul(const int &a, const int &b) { return 1LL * a * b % MOD; }
int sqr(const int &a) { return 1LL * a * a % MOD; }
void Inc(int &a, const int &b) { ((a += b) >= MOD) && (a -= MOD); }
void Dec(int &a, const int &b) { ((a -= b) < 0) && (a += MOD); }
void Mul(int &a, const int &b) { a = 1LL * a * b % MOD; }
void Sqr(int &a) { a = 1LL * a * a % MOD; }
int qwqmi(int x, int k = MOD - 2)
{
int res = 1;
while(k)
{
if(k & 1) Mul(res, x);
Sqr(x), k >>= 1;
}
return res;
}
void read(int &x)
{
x = 0;
int f = 1;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
x = x * f;
}
const int N = 4e5 + 5;
const int F = 21;
const int INF = 1e9 + 7;
struct Akashi
{
int r1, c1, r2, c2, id;
}aks1[N], aks2[N];
int n, Q, a[N], cnt1, cnt2, ans[N];
struct ST
{
int f[N][F];
void build()
{
for(int j = 1; j < F; ++j)
for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i)
f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
int query(int l, int r)
{
int j = log2(r - l + 1);
return min(f[l][j], f[r - (1 << j) + 1][j]);
}
}st1, st2, st3;
void build()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
st1.f[i][0] = a[i];
st2.f[i][0] = a[i] - 2 * i;
st3.f[i][0] = a[i] + 2 * i;
}
st1.build();
st2.build();
st3.build();
}
int solve(int r1, int c1, int r2, int c2)
{
int res = INF, l, r, mid;
int r0, c0 = min(c1, st1.query(r1, r2));
// situation 1
chkmn(res, r2 - r1 + abs(c2 - c0));
chkmn(res, r2 - r1 + c2 + 1);
l = r1, r = r2;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) / 2;
if(st1.query(mid, r2) >= c2)
r = mid - 1, r0 = mid;
else l = mid + 1;
};
chkmn(res, r2 - r1 + st1.query(r0, r2) - c2 + 1);
if((--r0) >= r1) chkmn(res, r2 - r1 + c2 - a[r0] + 1);
// situation 2
if(c0 > c2)
{
l = 1, r = r1;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) / 2;
if(st1.query(mid, r1) >= c2)
r = mid - 1, r0 = mid;
else l = mid + 1;
};
chkmn(res, r1 + r2 - c2 + st2.query(r0, r1));
if((--r0) >= 1) chkmn(res, r1 + r2 + c2 - 2 * r0 - a[r0]);
}
if(st1.query(r1, r2) >= c2)
{
l = 1, r = r1;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) / 2;
if(st1.query(mid, r2) >= c2)
r = mid - 1, r0 = mid;
else l = mid + 1;
};
chkmn(res, r1 + r2 - c2 + st2.query(r0, r1) + 1);
if((--r0) >= 1) chkmn(res, r1 + r2 + c2 - 2 * r0 - a[r0] + 1);
}
// situation 3
if(c0 > c2)
{
l = r2, r = n;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) / 2;
if(st1.query(r2, mid) >= c2)
l = mid + 1, r0 = mid;
else r = mid - 1;
};
chkmn(res, st3.query(r2, r0) - (r1 + r2 + c2));
if((++r0) <= n) chkmn(res, c2 - r1 - r2 + 2 * r0 - a[r0]);
}
l = r2, r = n;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) / 2;
if(st1.query(r2, mid) >= c2)
l = mid + 1, r0 = mid;
else r = mid - 1;
};
chkmn(res, st3.query(r2, r0) - (r1 + r2 + c2) + 1);
if((++r0) <= n) chkmn(res, 2 * r0 - r1 - r2 + c2 - a[r0] + 1);
return res;
}
int main()
{
read(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
read(a[i]);
read(Q);
for(int i = 1; i <= Q; ++i)
{
int r1, c1, r2, c2;
read(r1), read(c1), read(r2), read(c2);
if(r1 <= r2) aks1[++cnt1] = (Akashi){r1, c1, r2, c2, i};
else aks2[++cnt2] = (Akashi){n - r1 + 1, c1, n - r2 + 1, c2, i};
}
build();
for(int i = 1; i <= cnt1; ++i)
{
Akashi now = aks1[i];
int res = solve(now.r1, now.c1, now.r2, now.c2);
ans[now.id] = res;
}
reverse(a + 1, a + n + 1);
build();
for(int i = 1; i <= cnt2; ++i)
{
Akashi now = aks2[i];
int res = solve(now.r1, now.c1, now.r2, now.c2);
ans[now.id] = res;
}
for(int i = 1; i <= Q; ++i)
printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
