P5897 [IOI2013] wombats

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P5897 [IOI2013] wombats

有点恐怖。

首先 \(R,C\) 很不平衡，考虑用一棵竖着的线段树维护较大的 \(R\) 维，每个节点上需要存的是 \(C\times C\) 的数组 \(d\)，\(d_{i,j}\) 表示该节点的最上面一行第 \(i\) 个到最下面一行第 \(j\) 个的最短路。

因为已经处理好了左右儿子内部的最短路，所以只需要枚举 \(mid\) 处经过了哪条边。这是一个 \((\min,+)\) 矩阵乘法，暴力做是 \(\mathcal O(RC^3+mC^3\log R+q)\)，直接爆了。

瓶颈在于合并的复杂度太高。经过观察发现其有决策单调性：

如果红色和蓝色分别是 \(A\rightarrow C\) 的最短路和 \(B\rightarrow D\) 的最短路，则 \(A\rightarrow D\) 的最短路一定在三条绿色的线中。假设最短路穿过了红线或者蓝线，则一定会穿过两次。在这两次穿过的点之间，一定是选择原先的最短路最优。所以满足决策单调性，可以用类似区间 DP 的方式做到 \(\mathcal O(C^2)\)。

但是这样空间会炸：\(10000\times 200\times 200\) 个 int 肯定开不下。考虑经典卡空间方式：底层 \(\log\) 分块，线段树的底层不递归到 \(L=R\)，而是在 \(R-L+1\geq 16\) 的时候就停下来暴力求出上面的点到下面的点的最短路，复杂度还是不变，但是空间除了一只 \(\log\)，大概只需要开到 \(1500\times 200\times 200\)。

暴力也有一些细节，不能最暴力的跑最短路 \(\mathcal O(16C^2\log(16C))\) 复杂度会爆掉。枚举每个起点，进行朴素 DP，下设 \(c_{x,y}\) 表示枚举的起点到 \(x,y\) 的最短路：

\[\begin{aligned} c_{x,y}&=c_{x-1,y}\\ \text{chkmax}&(c_{x,y},c_{x,y-1}+b_{x,y-1})\\ \text{chkmax}&(c_{x,y},c_{x,y+1}+b_{x,y})\\ \end{aligned} \]

两个 \(\text{chkmax}\) 操作只需要从左向右扫一遍，再从右向左扫一遍，这样一定不会错过最优解。

看起来比较吓人实际上是比较好写的。总时间复杂度是 \(\mathcal O(RC^2+mC^2\log R+q)\)。

int cnt=1,n,m,q,a[5010][210],b[5010][210],p[210][210],c[201];
namespace Segment
{
	#define ls(x) t[x].ls
	#define rs(x) t[x].rs
	#define cost t[ls(x)].d[i][k]+t[rs(x)].d[k][j]+b[mid][k]
	struct{int ls,rs,d[201][201];}t[1510];
	inline void update(int x,int L,int R)
	{
		int mid=L+((R-L)>>1);memset(t[x].d,127,sizeof(t[x].d));
		for(int i=m;i>=1;--i)for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			for(int k=p[i][j-1];k<=p[i+1][j];++k)
			if(Mmin(t[x].d[i][j],cost))p[i][j]=k;
		}
	}
	inline void calc(int x,int L,int R)
	{
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			c[i]=0;
			for(int j=i-1;j>=1;--j)c[j]=c[j+1]+a[L][j];
			for(int j=i+1;j<=m;++j)c[j]=c[j-1]+a[L][j-1];
			for(int j=2;j<=R-L+1;++j)
			{
				for(int k=1;k<=m;++k)c[k]+=b[L+j-2][k];
				for(int k=2;k<=m;++k)Mmin(c[k],c[k-1]+a[L+j-1][k-1]);
				for(int k=m-1;k>=1;--k)Mmin(c[k],c[k+1]+a[L+j-1][k]);
			}
			memcpy(t[x].d[i],c,sizeof(c));
		}
	}
	void build(int p,int L,int R)
	{
		if(R-L+1<=16)return calc(p,L,R);
		int mid=L+((R-L)>>1);
		build(ls(p)=++cnt,L,mid),build(rs(p)=++cnt,mid+1,R),update(p,L,R);
	}
	void change(int p,int L,int R,int x)
	{
		if(!t[p].ls)return calc(p,L,R);
		int mid=L+((R-L)>>1);
		if(x<=mid)change(ls(p),L,mid,x);
		else change(rs(p),mid+1,R,x);
		update(p,L,R);
	}
}
using namespace Segment;
inline void mian()
{
	read(n,m);int opt,x,y,z;
	for(int i=1;i<=m;++i)p[i][m+1]=m,p[i][0]=1,p[m+1][i]=m,p[0][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<m;++j)read(a[i][j]);
	for(int i=1;i<n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)read(b[i][j]);
	build(1,1,n),read(q);
	while(q--)
	{
		read(opt,x,y),++x,++y;
		if(opt==1)read(z),a[x][y]=z,change(1,1,n,x);
		else if(opt==2)read(z),b[x][y]=z,change(1,1,n,x);
		else write(t[1].d[x][y],'\n');
	}
}