[APIO2015]巴邻旁之桥
Description:
一条东西走向的穆西河将巴邻旁市一分为二，分割成了区域 \(A\) 和区域 \(B\)。每一块区域沿着河岸都建了恰好 \(1000000001\) 栋的建筑，每条岸边的建筑都从 \(0\) 编号到 \(1000000000\)。相邻的每对建筑相隔 \(1\) 个单位距离，河的宽度也是 \(1\) 个单位长度。区域 \(A\) 中的 \(i\) 号建筑物恰好与区域 \(B\) 中的 \(i\) 号建筑物隔河相对。城市中有 \(N\) 个居民。第 \(i\) 个居民的房子在区域 \(P_i\) 的 \(S_i\) 号建筑上，同时他的办公室坐落在 \(Q_i\) 区域的 \(T_i\) 号建筑上。一个居民的房子和办公室可能分布在河的两岸，这样他就必须要搭乘船只才能从家中去往办公室，这种情况让很多人都觉得不方便。为了使居民们可以开车去工作，政府决定建造不超过 \(K\) 座横跨河流的大桥。由于技术上的原因，每一座桥必须刚好连接河的两岸，桥梁必须严格垂直于河流，并且桥与桥之间不能相交。当政府建造最多 \(K\) 座桥之后，设 \(D_i\) 表示第 \(i\) 个居民此时开车从家里到办公室的最短距离。请帮助政府建造桥梁，使得 \(D_1 + D_2 + \cdots + D_N\) 最小。输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含两个正整数 \(K\) 和 \(N\)，分别表示桥的上限数量和居民的数量。
接下来 \(N\) 行，每一行包含四个参数：\(P_i, S_i, Q_i\) 和 \(T_i\)，表示第 \(i\) 个居民的房子在区域 \(P_i\) 的 \(S_i\) 号建筑上，且他的办公室位于 \(Q_i\) 区域的 \(T_i\) 号建筑上。
输出格式：输出仅为一行，包含一个整数，表示 \(D_1 + D_2 + \cdots + D_N\) 的最小值。
Hint:
\(n \le 10^5\)
\(s_i,T_i \le 10^9\)
Solution:
显然对于在一边的居民可以直接统计
如果在两边,则不管是\(A->B\) 还是\(B->A\) 都是一样的
考虑问题的本质
把每个位置抽象成点
当k=1时,桥建在pos处
\(Ans=min \sum |i-pos|\)
这不就取个中位数吗
当k=2时
考虑一左一右划分成两个子问题
但如何将这些居民划分到两座桥上呢?
对于一个居民
发现选择离 $\frac{s_i + t_i} {2} $ 更近的桥会更优
于是按 $\frac{s_i + t_i} {2} $ 排序
按顺序枚举左和右的分界,每次分别对求中位数,更新答案
由于要进行动态插入和删除,故使用权值线段树实现
需要离散化,代码还是很好懂的
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mxn=1e6+5;
ll n,k,tot,cnt,p[mxn],sz[mxn<<2][2];
ll ans,sum[mxn<<2][2];
struct T {
ll x,y;
}q[mxn];
ll cmp(T a,T b) {
return a.x+a.y<b.x+b.y;
}
inline void chkmax(ll &x,ll y) {if(x<y) x=y;}
inline void chkmin(ll &x,ll y) {if(x>y) x=y;}
void solve1()
{
char a[2],b[2]; ll x,y;
for(ll i=1;i<=n;++i) {
scanf("%s %lld %s %lld",a,&x,b,&y);
if(a[0]==b[0]) ans+=abs(x-y);
else ++ans,p[++tot]=x,p[++tot]=y;
}
sort(p+1,p+tot+1); ll tp=p[tot>>1];
for(ll i=1;i<(tot>>1);++i) ans+=tp-p[i];
for(ll i=(tot>>1)+1;i<=tot;++i) ans+=p[i]-tp;
printf("%lld",ans);
}
void update(ll id,ll l,ll r,ll tp,ll pos,ll val,ll p)
{
sz[p][id]+=val;
sum[p][id]+=val*tp;
if(l==r) return ; ll mid=(l+r)>>1;;
if(pos<=mid) update(id,l,mid,tp,pos,val,ls);
else update(id,mid+1,r,tp,pos,val,rs);
}
ll find(ll id,ll l,ll r,ll rk,ll p)
{
if(l==r) return l; ll mid=(l+r)>>1;
if(rk<=sz[ls][id]) return find(id,l,mid,rk,ls);
else return find(id,mid+1,r,rk-sz[ls][id],rs);
}
ll size(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll p)
{
if(ql<=l&&r<=qr) return sz[p][id];
ll mid=(l+r)>>1,res=0;
if(ql<=mid) res+=size(id,l,mid,ql,qr,ls);
if(qr>mid) res+=size(id,mid+1,r,ql,qr,rs);
return res;
}
ll query(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll p)
{
if(ql<=l&&r<=qr) return sum[p][id];
ll mid=(l+r)>>1; ll res=0;
if(ql<=mid) res+=query(id,l,mid,ql,qr,ls);
if(qr>mid) res+=query(id,mid+1,r,ql,qr,rs);
return res;
}
void solve2()
{
char a[2],b[2]; ll x,y;
for(ll i=1;i<=n;++i) {
scanf("%s %lld %s %lld",a,&x,b,&y);
if(a[0]==b[0]) ans+=abs(x-y);
else ++ans,p[++tot]=x,p[++tot]=y,q[++cnt]=(T){x,y};
}
if(!cnt) {printf("%lld",ans); exit(0);} //特判
sort(p+1,p+tot+1);
tot=unique(p+1,p+tot+1)-p-1;
sort(q+1,q+cnt+1,cmp);
for(ll i=1;i<=cnt;++i) {
q[i].x=lower_bound(p+1,p+tot+1,q[i].x)-p;
q[i].y=lower_bound(p+1,p+tot+1,q[i].y)-p;
}
for(ll i=1;i<=cnt;++i)
update(1,1,tot,p[q[i].x],q[i].x,1,1),update(1,1,tot,p[q[i].y],q[i].y,1,1);
ll res=1e18;
for(ll i=1;i<=cnt;++i) {
update(0,1,tot,p[q[i].x],q[i].x,1,1),update(0,1,tot,p[q[i].y],q[i].y,1,1);
update(1,1,tot,p[q[i].x],q[i].x,-1,1),update(1,1,tot,p[q[i].y],q[i].y,-1,1);
ll lmid=find(0,1,tot,i,1),rmid=find(1,1,tot,cnt-i,1);
ll u=1ll*size(0,1,tot,1,lmid,1)*p[lmid]-query(0,1,tot,1,lmid,1)+
query(0,1,tot,lmid,tot,1)-size(0,1,tot,lmid,tot,1)*p[lmid];
ll v=1ll*size(1,1,tot,1,rmid,1)*p[rmid]-query(1,1,tot,1,rmid,1)+
query(1,1,tot,rmid,tot,1)-size(1,1,tot,rmid,tot,1)*p[rmid];
res=min(res,u+v);
}
printf("%lld",ans+res);
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&k,&n);
if(k==1) solve1();
else solve2();
return 0;
}
