CF1566F - Points Movement(贪心，双指针优化，dp)
题目
在一维坐标轴上，有\(n\)个点和\(m\)线段。每次可以花费1移动任意点向左或向右移动一个单位距离。问让每个线段均被至少一个点访问的最小代价。只要有点和线段有交集，该线段就被访问过。
题解
有两个比较简单的处理：
- 如果某些点在线段内，该线段就可以被删除。
- 如果线段内含了更小的线段，那么较大的线段可以被删除。
这个处理可以用数组数组解决。讲线段按照左区间递减排序，右区间递增排序。如果(L, R)包含(l, r)，那么有\(L\le l \le r \le R\)。那么(l, r)必然排在(L,R)之前。
以下线段用区间代替。这样剩余的区间就和点没有交集，区间之间也不会互相包含。剩余的区间最优方案就是只被1个点访问，并且是距离这个区间最近的两个点中的一个。在两个相邻点之间夹着的区间，最优方案一定是前若干个区间被前一个点访问，剩下的区间被后一个点访问。(感性理解一下)
故最优方案中，每个点访问的区间都是它周围连续的若干个区间。假设点访问左右侧区间的所需的最远距离分别为\(a,b\)，那么最少代价为\(2\min(a,b)+\max(a,b)\)。这样处理后，就可以用dp解决了。
设\(dp[i][j]\)代表第个\(i\)点前面的区间都访问好了，并且第\(i\)点之后的连续\(j\)个区间会被\(i\)访问的最小代价。转移方程为
\[dp[i][j]=\min_{0\le k \le x}(dp[i-1][k]+2\min(a_{k+1,i},b_{i,j}) + \max(a_{k+1,i},b_{i,j}))
\]
其中：
- \(x\)代表点\(i-1\)到点\(i\)之间的区间数
- \(a_{k+1,i}\)代表点\(i\)到它右侧的，点\(i-1\)之后的第\(k+1\)个的区间的距离。
- \(b_{i,j}\)代表点\(i\)到它左侧的，点\(i\)之后的第\(j\)个的区间的距离。
这个dp是\(O(n+m^2)\)的，需要优化。
\(a_{k+1,i}\)随着\(k\)增加而减少，\(b_{i,j}\)随着\(j\)的增加而增加，均是单调的。故可以从小到大枚举\(j\)，从大到小枚举\(k\)，找到临界位置\(k'\)，使得\(a_{k'+1} > b_{i,j}\)，这样就可以把\(\max\)和\(\min\)去掉了，维护一个前缀最小值和后缀最小值即可\(O(1)\)计算出当前的dp值。使用双指针找出临界位置。
最终时间复杂度O(n+m)
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N)
typedef long long ll;
using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N = 1e6 + 10;
const double eps = 1e-5;
typedef pair<ll, ll> PII;
vector<int> num;
vector<PII> ret;
int pos[N];
PII segs[N];
ll arr[N];
int tarr[N];
bool del[N];
int mx;
int lowbit(int x) {
return x&-x;
}
void add(int p, int val) {
while(p < mx) {
tarr[p] += val;
p += lowbit(p);
}
}
int get(int p) {
int res = 0;
while(p) {
res += tarr[p];
p -= lowbit(p);
}
return res;
}
int sum(int l, int r) {
return get(r) - get(l - 1);
}
bool cmp(int a, int b) {
if(segs[a].first == segs[b].first) {
return segs[a].second < segs[b].second;
}
return segs[a].first > segs[b].first;
}
int id(int x) {
return lower_bound(num.begin(), num.end(), x) - num.begin() + 1;
}
ll dp[N], tmpdp[N], pre[N], las[N];
int main() {
IOS;
int t;
cin >> t;
while(t--) {
ret.clear();
num.clear();
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> arr[i];
num.push_back(arr[i]);
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
dp[i] = pre[i] = las[i] = 0;
del[i] = 0;
pos[i] = i;
int l, r;
cin >> l >> r;
num.push_back(l);
num.push_back(r);
segs[i] = {l, r};
}
sort(pos + 1, pos + 1 + m, cmp);
sort(num.begin(), num.end());
num.erase(unique(num.begin(), num.end()), num.end());
mx = num.size() + 1;
for(int i = 0; i <= mx; i++) tarr[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
add(id(arr[i]), 1);
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int p = pos[i];
int l = id(segs[p].first), r = id(segs[p].second);
if(sum(l, r)) del[p] = 1;
else add(r, 1);
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int p = pos[i];
if(del[p]) continue;
ret.push_back(segs[p]);
}
sort(arr + 1, arr + 1 + n);
sort(ret.begin(), ret.end());
int p1 = 0, p2 = 0, prelen, len;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
while(p1 < ret.size() && ret[p1].first <= arr[i]) p1++;
while(p2 < ret.size() && (i == n || ret[p2].second <= arr[i + 1])) p2++;
len = p2 - p1;
int sp = prelen;
for(int j = 0; j <= len; j++) {
ll d = j ? ret[p1 + j - 1].first - arr[i] : 0;
if(i == 1) {
ll a = p1 > 0 ? arr[i] - ret[0].second : 0;
tmpdp[j] = 2 * min(a, d) + max(a, d);
} else {
while(sp >= 0) {
ll a = sp < prelen ? arr[i] - ret[p1 - prelen + sp].second : 0;
if(a > d) break;
sp--;
}
tmpdp[j] = las[sp + 1] + d;
if(sp >= 0) tmpdp[j] = min(tmpdp[j], pre[sp] + 2 * d);
}
}
for(int j = 0; j <= len; j++) dp[j] = tmpdp[j];
if(i < n) {
for(int j = 0; j <= len; j++) {
ll d = j < len ? arr[i + 1] - ret[p1 + j].second : 0;
pre[j] = dp[j] + d;
las[j] = dp[j] + 2 * d;
}
for(int j = 1; j <= len; j++) pre[j] = min(pre[j], pre[j - 1]);
for(int j = len - 1; j >= 0; j--) las[j] = min(las[j], las[j + 1]);
}
prelen = len;
}
cout << dp[len] << endl;
}
}
