[AGC011F] Train Service Planning [线段树优化dp+思维]
思路
模意义
这题真tm有意思
我上下楼梯了半天做出来的qwq
首先，考虑到每K分钟有一辆车，那么可以把所有的操作都放到模$K$意义下进行
这时，我们只需要考虑两边的两辆车就好了。
定义一些称呼：
上行：从$0$~$n$的车
下行：从$n$~$0$的车
定义数组：
$p[i](i=0...n)$表示上行车在站台$i$的停车时长
$q[i](i=0...n)$表示下行车在站台$i$的停车时长
$a[i](i=0...n-1)$表示第$i$的站台与第$i+1$个站台中间的行驶时间（也就是题目给定的数组）
我们再定义$S(a,i)$表示数组$a$从零开始到$i$的前缀和函数，即：
$S(a,i)=\sum_{j=0}^i a[j]$
区间不交
考虑两辆车合法的情况。显然，他们俩在每一段铁路上行驶的时间是一个区间。双向铁路不用管，一定合法，我们发现如果单向铁路上合法，那么上下行的车在某一段单向铁路上行驶的区间肯定不相交
我们把上下行车辆在铁路$k$上的行驶时间区间写出来：
上行：$(S(a,i-1)+S(p,i),S(a,i)+S(p,i))$
下行：$(-S(a,i-1)-S(q,i),-S(a,i)-S(q,i))$
注意这里的下行部分是一个很巧妙的转化：因为我们在模意义下运算，所以下行部分本来应该是用两个后缀和加在一起的，但是这样上下行式子不统一
所以，我们把后缀和看做总和减掉前缀和，那么总和可以调整为$K$的倍数，就没掉了，所以就是负的前缀和
这两段区间如果不交，那么显然任意一个端点不在另外一个区间里面
这样我们可以得到一批不等式，大概类似于这个形式：
$-2S(a,i-1)>S(p,i)+S(q,i)>-S(a,i-1)-S(a,i)$
最终化一下，可以得到这个结论：
$S(p,i)+S(q,i) \notin (-2\ast S(a,i),-2\ast S(a,i-1))$
可以看到对于每个$i$，不可选的区间是固定的
那么我们考虑在模$K$的意义下，右边这个区间的补集，我们设它为$[L[i],R[i]]$
$S(p,i)+S(q,i) \in [L[i],R[i]]$
问题变化
我们发现，本题的答案，实际上就是最小化的$S(p,n)+S(q,n)+2\ast S(a,n)$，等价于最小化$S(p,n)+S(q,n)$
这样，我们可以把问题转化为：
给定$n$个区间，任选起点，走$n$步，第$i$步需要落在区间$i$中，求最小总路径长度
注意这里的“走”实际上，从一个大的走向小的，是要走到$K$，然后从$0$再出来（因为我们是模$K$意义下的）
这样就可以变成一个$DP$问题了
线段树优化$DP$
我们现在考虑新的这个问题，显然可以使用$dp$来做
首先有一个贪心结论：如果起点已经确定了，那么每次需要走的时候，走到下一个区间的左端点肯定最优，证明显然
那么我们可以先预处理出来在每个起点出发后，一直走左端点直到走完，我需要的最小距离
预处理
定义$dp[i]$表示对于区间$[L[i],R[i]]$的左端点$L[i]$而言，一直走左端点到$n$的最短路径
那么我们倒着从$n$到$1$推这个$dp$
每推完一个$dp[i]$，我们就把区间$[L[i],R[i]]$的补集在线段树上的值，覆盖为$i$
然后推$dp[i]$时，每次查询$L[i]$位置的线段树上的值，设这个值是$j$
那么显然，编号在区间$[i,j-1]$中的所有区间都覆盖了$L[i]$这个点
所以直接在这里不动，就可以走完这些区间了
那么我们用$dp[j]+dis(L[i],L[j])$来更新$dp[i]$
然后再覆盖区间，就完成了$dp$预处理过程
统计答案！
最后一步，我们枚举所有出现的$L[i]$和$R[i]$，并把它们作为起点，求出答案。
显然如果不选这些端点的话，答案只会更劣
统计出的答案，就是原来问题中的$S(q,n)+$S(p,n)$，也就是我们要最小化的东西
加上$2S(a,n)$输出即可
做完啦~
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
ll n,K,cnt,a[200010],b[200010],tmp[500010],seg[500010],L[200010],R[200010],dp[200010],sum[200010];
void push(ll num){
if(!seg[num]) return;
seg[num<<1]=seg[num<<1|1]=seg[num];
seg[num]=0;
}
void change(ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll num,ll val){
if(ql>qr) return;
if(l>=ql&&r<=qr){seg[num]=val;return;}
push(num);
ll mid=(l+r)>>1;
if(mid>=ql) change(l,mid,ql,qr,num<<1,val);
if(mid<qr) change(mid+1,r,ql,qr,num<<1|1,val);
}
ll query(ll l,ll r,ll num,ll pos){
if(l==r) return seg[num];
push(num);
ll mid=(l+r)>>1;
if(mid>=pos) return query(l,mid,num<<1,pos);
else return query(mid+1,r,num<<1|1,pos);
}
ll ask(ll pos){
ll choose=query(1,cnt,1,pos);
if(!choose) return 0;
return (dp[choose]+(tmp[L[choose]]-tmp[pos]+K)%K);
}
ll erfen(ll val){
ll l=1,r=cnt,mid;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(tmp[mid]>=val) r=mid;
else l=mid+1;
}
assert(val==tmp[l]);
return l;
}
int main(){
n=read();K=read();ll i;
for(i=1;i<=n;i++) {
a[i]=read();b[i]=read();
sum[i]=(sum[i-1]+a[i]);
if(b[i]==2) continue;
if(2*a[i]>K){
puts("-1");return 0;
}
}
for(i=n;i>=1;i--){
if(b[i]==1){
L[i]=(-2ll*sum[i-1]%K+K)%K;
R[i]=(-2ll*sum[i]%K+K)%K;
}
else L[i]=0,R[i]=K-1;
tmp[++cnt]=L[i],tmp[++cnt]=R[i];
}
sort(tmp+1,tmp+cnt+1);
cnt=unique(tmp+1,tmp+cnt+1)-tmp-1;
for(i=n;i>=1;i--){
L[i]=erfen(L[i]);
R[i]=erfen(R[i]);
dp[i]=ask(L[i]);
if(L[i]>R[i]) change(1,cnt,R[i]+1,L[i]-1,1,i);
else change(1,cnt,1,L[i]-1,1,i),change(1,cnt,R[i]+1,cnt,1,i);
}
ll ans=dp[1];
for(i=cnt;i>=1;i--) ans=min(ans,ask(i));
printf("%lld\n",ans+sum[n]*2ll);
}
