【学习笔记】「JOISC 2022 Day1」京都观光

我准备先把$PKU$的题放一放 其实是我肝不动233，你$PKU$的数据结构题码量大不是一天两天了

我觉得是典中典的题目，但是看了一会儿感觉没啥思路啊，让我再人脑搜索一番。

思考了一会儿，感觉$\{a_i\},\{b_i\}$的贡献拆不开啊。这怎么搞？

这个问题非常有迷惑性啊。有一个 没什么用的 结论：对于第$i$行，如果前面和后面都有比$a_i$小的，那么这一行不会往右走。这可以用调整法来说明。那么只需考虑$\{a_i\},\{b_i\}$单调的情况。

这样可以过掉前两档部分分。正解需要更强的结论。

考虑从$(i,j)$走到$(i^{\prime },j^{\prime })$并且只转一次弯的情形。假设是从$(i,j)\to (i^{\prime },j)\to (i^{\prime },j^{\prime })$，整理得$\frac{a_i^{\prime }-a_i}{i^{\prime }-i}<\frac{b_j^{\prime }-b_j}{j^{\prime }-j}$，这意味着先走斜率小的，再走斜率大的，于是很自然的想到把$\{a_i\},\{b_i\}$的凸包求出来然后单调栈合并即可。这个合并的过程其实就是从$(1,1)$开始贪心的在网格图上向右或向下走。

复杂度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m;
int s1[N],cnt1,s2[N],cnt2;
ll a[N],b[N],res;
ll cross(pair<ll,ll>x,pair<ll,ll>y){
    return x.fi*y.se-x.se*y.fi;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)cin>>b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(cnt1>1&&cross(make_pair(s1[cnt1]-s1[cnt1-1],a[s1[cnt1]]-a[s1[cnt1-1]]),make_pair(i-s1[cnt1],a[i]-a[s1[cnt1]]))<0){
            cnt1--;
        }
        s1[++cnt1]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(cnt2>1&&cross(make_pair(s2[cnt2]-s2[cnt2-1],b[s2[cnt2]]-b[s2[cnt2-1]]),make_pair(i-s2[cnt2],b[i]-b[s2[cnt2]]))<0){
            cnt2--;
        }
        s2[++cnt2]=i;
    }
    int i=1,j=1;
    while(i<cnt1||j<cnt2){
        if(i<cnt1&&(j==cnt2||cross(make_pair(s1[i+1]-s1[i],a[s1[i+1]]-a[s1[i]]),make_pair(s2[j+1]-s2[j],b[s2[j+1]]-b[s2[j]]))>0)){
            res+=(s1[i+1]-s1[i])*b[s2[j]];
            i++;
        }
        else{
            res+=(s2[j+1]-s2[j])*a[s1[i]];
            j++;
        }
    }
    cout<<res;
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17529976.html
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