【JZOJ5402】God Knows

Description

Solution

澄清（说明）：以下的 Pi 为题目中的 pi ，以下的 p （如果有的话）并不指代pi。

考虑dp入手，设 fi 表示当前做到 i 且选择i这个点，保证 i 以及之前所有的线段都被切断的最小代价。

我们考虑它会从哪些点转移过来，以下：

黄点是当前做到的点，绿点和蓝点都是可能转移的位置，红点为不能转移的位置。

这里蓝点的意思：设蓝点为(j,Pj)，那么保证 j<i ， Pj<Pi ，且 Pj 是最大的。

为什么可以从这些点转移，我们首先有个结论，组成答案（方案）的线段一定是互不相交的。那么首先蓝点可以转移，因为它的线段可以切断所有的 (j,Pj)(j<i 且 Pj<Pi) ，那么这些绿点也可以转移，因为它们都具有蓝点的性质。

于是我们就有一个成型的 O(n2) 做法，枚举转移点然后转移。

我们考虑如何用数据结构优化，那么对于右边这个坐标系的图，我们相当于把经过黄点（包括这个点）水平直线以上的点全部忽略，然后用剩下的点（以 i 为下标）形成的单调递减的栈，那么栈中的点就是可以转移的点。然而这是在值域区间中忽略掉一些点，我们很难处理。那么，我们将Pi作为下标，建一棵权值线段树，如下图：

那么，此时忽略过黄点（包括黄点）的垂直与 Pi 轴的线的右边的点，剩余的能形成单调递减的栈的点就是转移点（即绿点和蓝点，图为上文的图翻转过来），而且这样做的优点在于可以在定义域区间上处理，那么就可以上数据结构了。

然后我们怎么维护这个东西呢？（以下的操作以正上方这幅图为基准，用线段树维护）

设函数 g(l,r,p) 表示在 [l,r] 这个区间内加入 p 后所形成的单调栈S（根据图像，即在 Pi=l 与 Pi=r 这两条直线之间， i=p 这条直线上方的点所形成单调栈的点）中， fx(x∈S) 的最小值。考虑转移（设当前做到 i ），最小转移即为g(0,Pi−1,0)（加入 0 后单调栈不会发生任何变化）。

再考虑查询：
当l=r时，显然可以 O(1) 得出 g(l,r,p) 。
当 l<r 且 [l,r] 为完整的线段树区间时，设 mid=l+r2 ，考虑将 p 加入当前区间的单调栈，设rmx表示右区间的权值（上图中纵坐标）最大值，那么当 rmx<p 时，说明右区间对当前的答案没有贡献（右区间的元素都会被 p 弹掉），那么区间答案为：g(l,mid,p)，否则即为 min(g(l,mid,rmx),g(mid+1,r,p)) （此时 p 会弹掉右区间的部分元素）

但是这样的复杂度为O(n2log2n)，于是我们考虑优化。

我们发现，一个区间 [l,r] 对应许多线段树区间，找到这些区间的复杂度是 O(log2n) 的，对于一个区间，我们可能会递归两个区间下去求答案，但我们发现，当rmx>p时，左边区间的答案为 g(l,mid,rmx) ，这就可以预处理。我们设 flmin(l,r)=g(l,mid,rmx) ，那么每次插入时维护 flmin ，即可。

那么这样复杂度为：对于一个区间 [l,r] ，它所包含的线段树区间有 O(log2n) 个，每个完整的线段树区间会一直走到底，复杂度为 O(log2n) ，于是单次查询的复杂度为 O(log22n) 。对于 fminl 的计算，每次插入操作会涉及 O(log2n) 个区间，每个完整区间的 fminl 计算复杂度是 O(log2n) 的，所以单次修改复杂度于是 O(log22n) 。

总的复杂度即为 O(nlog22n) 。

我们还可以发现，每次加入的 i 是单调递增的，所以该方法还可以优化成O(nlog2n)，但由于本人姿势水平不够，所以这里暂且留坑。

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define N 200010
#define inf 1000000000
using namespace std;
int p[N],c[N],f[N];
void read(int &n){
    char ch=' ';
    int t=0,c=1;
    for(;(ch!='-')&&((ch<'0')||(ch>'9'));ch=getchar());
    if(ch=='-') c=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar()) t=t*10+ch-48;
    n=t*c;
}
struct node{
    int mf,mx,f;
}tr[N*4];
int max(int x,int y){
    return x>y?x:y;
}
int min(int x,int y){
    return x<y?x:y;
}
int rmx=0;
int find(int v,int l,int r,int x,int y,int p){
    if(tr[v].mx<p) return inf;
    if(l==r) {rmx=max(rmx,tr[v].mx);return tr[v].f;}
    int mid=(l+r)/2;
    if(l==x && r==y)
    {
        if(tr[v*2+1].mx<p) return find(v*2,l,mid,x,mid,p);
        rmx=max(rmx,tr[v].mx);
        return min(tr[v].mf,find(v*2+1,mid+1,r,mid+1,y,p));
        tr[v].mf=find(v*2,l,mid,x,mid,tr[v*2+1].mx);
    }
    if(y<=mid) return find(v*2,l,mid,x,y,p);
    else if(x>mid) return find(v*2+1,mid+1,r,x,y,p);
    else
    {
        rmx=0;
        int tmp=find(v*2+1,mid+1,r,mid+1,y,p);
        return min(tmp,find(v*2,l,mid,x,mid,rmx));
    }
}
void insert(int v,int l,int r,int x,int p){
    if(l==r) {tr[v].f=f[p],tr[v].mx=p;return;}
    int mid=(l+r)/2;
    if(x<=mid) insert(v*2,l,mid,x,p);
    else insert(v*2+1,mid+1,r,x,p);
    tr[v].mf=find(v*2,l,mid,l,mid,tr[v*2+1].mx);
    tr[v].f=min(tr[v*2].f,tr[v*2+1].f);
    tr[v].mx=max(tr[v*2].mx,tr[v*2+1].mx);
}
int main()
{
    freopen("knows.in","r",stdin);
    freopen("knows.out","w",stdout);
    int n;
    scanf("%d",&n);
    fo(i,1,n) read(p[i]);
    fo(i,1,n) read(c[i]);
    fo(v,1,n*4) tr[v].f=tr[v].mf=inf;
    for(int v=1;v<=n*4;v*=2) tr[v].f=tr[v].mf=0;
    fo(i,1,n)
    {
        f[i]=find(1,0,n,0,p[i]-1,0)+c[i];
        insert(1,0,n,p[i],i);
    }
    int ans=inf,o=0;
    fd(i,n,1) if(o<p[i]) o=p[i],ans=min(ans,f[i]);
    printf("%d",ans);
}