P6007题解

P6007 [USACO20JAN]Springboards G

题目描述

Bessie 在一个仅允许沿平行于坐标轴方向移动的二维方阵中。她从点 $(0,0)$ 出发，想要到达 $(N,N)$（$1\le N\le {10}^9$）。为了帮助她达到目的，在方阵中有 $P$（$1\le P\le {10}^5$）个跳板。每个跳板都有其固定的位置 $(x_1,y_1)$，如果 Bessie 使用它，会落到点 $(x_2,y_2)$。

Bessie 是一个过程导向的奶牛，所以她仅允许她自己向上或向右行走，从不向左或向下。类似地，每个跳板也设置为不向左或向下。Bessie 需要行走的距离至少是多少？

分析

最优化问题，考虑DP
那么，这个空间明显只能开下一维数组，若我们设$f[i]$表示使用前$i$个跳板且必须使用第$i$个跳板，能够节省的最大距离(因为直接判断到底是多少比较困难，正难则反，考虑维护这玩意)

设木板$i$在$(x_{i,1},y_{i,1})$,可以跳到$(x_{i,2},y_{i,2})$
则考虑转移，先按$x$为第一关键字$y$为第二关键字排序，那么转移即为

$f[i]=max\{f[j]+s[i]\}(x_{j,2}\le x_{i,1},y_{j,2}\le y_{i,1})$

其中$s[i]=x_{i,2}+y_{i,2}-x_{i,1}-x_{i,2}$
考虑如何优化，我们发现，一个跳板可以拆成两个点分别统计影响，假设我们拆成三元组$(1,x_1,y_1),(-1,x_2,y_2)$

那么因为排序满足了转移的第一维条件，而时间复杂度只能是$n\log n$级别左右，这启发我们考虑优化条件$y_{j,2}\le y_{i,1}$

这个条件的维护扔进一只BIT就好了

那么算法流程为：

1. 离散化坐标，统计$s$数组，拆点
2. 将$2p$个点排序
3. DP，从小到大扫描各个点
   (1). 当目前的点属于$1$类型，此时我们统计这个点的id的答案，在树状数组中查询$\le y$的最大值即可
   (2). 否则，将这个点的答案扔进树状数组的$y$位置

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
#define scanf scanf_s
#define N 1000500
struct node {
	int id, x, y, lz;
}a[N << 1];
int b[N << 1], c[N << 2], n, m, f[N], cnt, s[N], tot;
bool cmp1(node a, node b) {
	return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
}
#define lowbit(x) (x & - x)
void add(int x, int k) {
	while (x <= cnt) {
		c[x] = max(c[x], k);
		x += lowbit(x);
	}
}
int ask(int x) {
	int ans = -0x3f3f3f3f;
	while (x) {
		ans = max(ans, c[x]);
		x -= lowbit(x);
	}
	return ans;
}
void init() {
	memset(c, 0, sizeof c);
	memset(f, 0xcf, sizeof f);
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%lld%lld%lld%lld", &b[cnt + 1], &b[cnt + 2], &b[cnt + 3], &b[cnt + 4]);
		cnt += 4;
		a[++tot] = { i,b[cnt - 3],b[cnt - 2] ,1 };
		a[++tot] = { i,b[cnt - 1],b[cnt] ,-1 };
		s[i] = f[i] = b[cnt - 1] + b[cnt] - b[cnt - 2] - b[cnt - 3];
		//		printf("%lld\n",f[i]);
	}
}
void lsh() {
	sort(b + 1, b + cnt + 1);
	cnt = unique(b + 1, b + cnt + 1) - b - 1;
	for (int i = 1; i <= m << 1; i++) {
		//	printf("%d %d\n",a[i].x,a[i].y);
		a[i].x = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i].x) - b;
		a[i].y = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i].y) - b;
		//		printf("%d %d\n",a[i].x,a[i].y);
	}
	sort(a + 1, a + m + m + 1, cmp1);
}
void solve() {
	for (int i = 1; i <= m << 1; i++) {
		if (a[i].lz == 1) {
			//	puts("A");
			f[a[i].id] = max(f[a[i].id], ask(a[i].y) + s[a[i].id]);
		}
		else {
			//	puts("B");

			add(a[i].y, f[a[i].id]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= m; i++)ans = max(ans, f[i]);
	printf("%lld\n", n + n - ans);
}
signed main() {
	//	freopen("P6007_2.in","r",stdin);
	init();
	lsh();
	solve();
}