P9744 「KDOI-06-S」消除序列 题解

目录

• Desciption
• Solution
• Code

Desciption

给定一个长度为 $i$ 的序列 $v_1,v_2,\dots,v_n$，初始时所有元素的值都为 $1$。

对于下标 $i$ 有 $3$ 种操作：

• 将 $v_1,v_2,\dots,v_i$ 的值变为 $0$，费用是 $a_i$。
• 将 $v_i$ 的值变为 $0$，费用是 $b_i$。
• 将 $v_i$ 的值变为 $1$，费用是 $c_i$。

有 $q$ 次询问，每次询问给定一个大小为 $m$ 的集合 $P$，问最少需要多少费用，使得 $i\in P,v_i=1(1\le i\le n),j\notin P ,v_j=0(1\le j\le n)$。

Solution

引理：在一次询问内，第一种操作最多只会进行一次。

设 $i,j(i<j)$ 分别进行了一次操作一。

如果先在 $j$ 进行操作一，就已经把 $v1,\dots ,vi$ 变为 $0$ 了，再操作是不优的。

所以遍历每一个 $i$，发现在 $i$ 做操作一时，答案为 $a_i+\sum\limits_{j=i+1,j\notin P}^n b_j+\sum\limits_{j=1,j\in P}^{i} c_j$，这个式子可以用前缀和优化。

设 $sum1_i=\sum\limits_{j=1}^i b_j(1\le i\le n),sum2_i=\sum\limits_{j=1}^mb_{P_j}(1\le i\le m),sum3_i=\sum\limits_{j=1}^m c_{P-j}(1\le i\le m)$。

式子转换为 $a_i+sum1_n-sum1_i-(sum2_m-sum2_j)+sum3_j(P_j\le i,P_{j+1}>i)$。

此时时间复杂度为 $O(qn)$，需要进一步优化。

发现对于在 $P_i$ 和 $P_{i+1}$ 之间操作操作一（不含两端），$j$ 是相同的，所以我们只需预处理求出 $g_k=a_k+sum1_n-sum1_k$，再处理出区间内 $g$ 的最小值。可以用线段树或 ST 表维护。

此时对于 $i$，得出 $[P_i+1,P_{i+1}-1]$ 内 $g$ 的最小值再加上式子中其他的值即可，$[P_m+1,n]$ 也要计算。

还要计算刚好在 $i$ 上做操作一时的值，没有操作一时的值以及没有操作二时的值，所有可能答案取最小即可。

时间复杂度 $O(qm)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long  //记得开long long
int n,q;
int a[500050],b[500050],c[500050];
int p[500050];
int lg[500050],st[500050][22];
int sum1[500050],sum2[500050],sum3[500050];
int get_st(int l,int r){
	if(l>r) return 100000000000;
	int len=lg[r-l+1];
	return min(st[l][len],st[r-(1<<(len))+1][len]);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		lg[i]=lg[i>>1]+1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>b[i];
		sum1[i]=sum1[i-1]+b[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>c[i];
		st[i][0]=sum1[n]-sum1[i]+a[i];  //得出g值
	}
	for(int j=1;j<=lg[n];j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);  //预处理ST表求区间内最小的g
		}
	}
	cin>>q;
	while(q--){
		int m;
		cin>>m;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cin>>p[i];
			sum2[i]=sum2[i-1]+b[p[i]];
			sum3[i]=sum3[i-1]+c[p[i]];
		}
		int ans=100000000000;  
		for(int i=1;i<=m;i++){
			ans=min(ans,min(get_st(p[i-1]+1,p[i]-1)-sum2[m]+sum2[i-1]+sum3[i-1],a[p[i]]+sum1[n]-sum1[p[i]]-(sum2[m]-sum2[i])+sum3[i]));  //min内第一个数是取区间，第二个数是刚好取pi
		}
		ans=min(ans,sum1[n]-sum2[m]);  //没有操作一
		ans=min(ans,get_st(p[m]+1,n)+sum3[m]);  //没有操作二
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}