NOIP 模拟 $16\; \rm God Knows$

题解 \(by\;zj\varphi\)

对于这道题，不难想到可以用 \(dp\)，就是求一个最小权极长上升子序列

设 \(dp_i\) 表示最后一个选 \(i\) 时，覆盖前 \(i\) 条边的最小花费，设 \(\rm l_i\) 表示第 \(\rm i\) 条边前第一个 \(p\) 比 \(i\) 小的位置

那么能对 \(dp_i\) 转移的就是从 \(\rm l_i\) 往前的 \(p\) 上升的序列，这个东西要暴力转移的话，会达到 \(n^2\)

考虑线段树优化单调栈，用一棵线段树 \(log^2n\) 维护，具体如何请看代码

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    template<typename T>inline void read(T &x) {
        ri f=1;x=0;register char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=0;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        x=f?x:-x;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    static const int N=2e5+7,INF=1e9+7;
    int dp[N],p[N],c[N],rmx,tmp,n,ans=INF;
    struct Seg{
        #define ls(x) (x<<1)
        #define rs(x) (x<<1|1)
        struct segmenttree{int mx,mn;segmenttree(){mn=INF;}}T[N<<2];
        int calc(int x,int l,int r,int w) {
            if (T[x].mx<=w) return INF; //记录一个 mx表示区间最大的 i,如果区间最大都不比限制大，那么直接返回 
            if (l==r) return dp[T[x].mx];
            int mid(l+r>>1);
            if (T[rs(x)].mx<w) return calc(ls(x),l,mid,w);//如果右区间不可以，就寻找左区间
            return cmin(T[x].mn,calc(rs(x),mid+1,r,w));//记录一个 mn 表示，当前节点在右儿子 mx 的限制下，左儿子的贡献
        }
        int query(int x,int lt,int rt,int l,int r) {
            if (l<=lt&&rt<=r) 
                return tmp=rmx,rmx=cmax(rmx,T[x].mx),calc(x,lt,rt,tmp);//找到一段区间，询问
            int mid(lt+rt>>1),res(INF);
            if (r>mid) res=cmin(res,query(rs(x),mid+1,rt,l,r));//一定要先找右儿子，更新 rmx 这个限制
            if (l<=mid) res=cmin(res,query(ls(x),lt,mid,l,r));
            return res;
        }
        void update(int x,int k,int p,int l,int r) {
            if (l==r) return (void)(T[x].mx=k);
            int mid(l+r>>1);
            if (p<=mid) update(ls(x),k,p,l,mid); 
            else update(rs(x),k,p,mid+1,r);
            T[x].mn=calc(ls(x),l,mid,T[rs(x)].mx);//更新时记得更 mn
            T[x].mx=cmax(T[ls(x)].mx,T[rs(x)].mx);
        }
    }T;//这样可以保证线段树是每次递归左右儿子中的一个，复杂度 log^2n
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        read(n);
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) read(p[i]);
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) read(c[i]);
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
            rmx=0;
            dp[i]=((tmp=T.query(1,1,n,1,p[i]))<INF?tmp:0)+c[i];
            T.update(1,i,p[i],1,n);
        }
        for (ri i(n),mx(0);i;--i) if (p[i]>mx) ans=cmin(ans,dp[i]),mx=p[i];
        printf("%d\n",ans);
        return 0;
    }  
}
int main() {return nanfeng::main();}