[POI2014]Freight

题目大意：
　　有两个城镇$A$和$B$，有$n(n\le10^6)$辆车从$A$地出发前往$B$再返回$A$地。两地之间的行驶时间为$s(s\le10^9)$，每辆车从$A$地出发的最早时间是$t_i(0\le t_1\le t_2\le\ldots\le t_n\le10^9)$。行驶过程中需要保证每辆车出发时间至少相差$1$，且每个时刻运行的车都是同一个方向，问所有车都返回$A$地至少需要多少时间？

思路：
　　“行驶过程中需要保证每辆车出发时间至少相差$1$”相当于令$t_i=\max(t_i,t_{i-1}+1)$。
　　“每个时刻运行的车都是同一个方向”说明我们只需要对这些车分批，一批往返结束后下一批开始往返（一批车留在$B$地，另一批从$A$地过来一定存在一种等价的方案使得第一批往返完成后第二批出发）。
　　有了以上两个信息，不难得到状态转移方程$f_i=\min\{\max(t_i,f_j+i-j-1)+2s+i-j-1\}$。
　　由于$f_j+i-j-1$是单调递增的，所以$\max(t_i,f_j+i-j-1)$中一定可以找到一个转折点$j$使得$j$的左边取到$t_i-i$，右边取到$f_j-j-1$。左边是定值因此$j$越大越好，右边相当于求区间$[j,i)$的最小值，用树状数组维护即可，时间复杂度$O(n\log n)$。已经能AC了。
　　事实上，因为$f_i$的增长速度$\ge2i$，所以取最左边即转折点的一定更优，这样就可以省掉树状数组。考虑到转折点位置是单调递增的，因此只需要每次把上一次的转折点位置记录下来，累加到当前转折点即可。时间复杂度$O(n)$。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<climits>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int N=1e6+1;
int t[N]={-1};
int64 f[N];
int main() {
    const int n=getint(),s=getint();
    for(register int i=1,j=1;i<=n;i++) {
        f[i]=LLONG_MAX;
        t[i]=std::max(getint(),t[i-1]+1);
        for(j--;j<i&&std::max((int64)t[i],f[j]+i-j-1)+s*2+i-j-1<f[i];j++) {
            f[i]=std::max((int64)t[i],f[j]+i-j-1)+s*2+i-j-1;
        }
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}