LG-P4264 [USACO18FEB]Teleportation S 题解

LG-P4264 [USACO18FEB]Teleportation S Solution

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题面

数轴上存在 $n$ 对 $a_i,b_i$ 表示有一坨牛粪需要从 $a_i$ 送到 $b_i$ 并贡献 $d_i=|a_i-b_i|$，数轴上存在一个起点为 $0$，终点为 $y$ 的便便传送门，可以在 $0$ 的贡献下将牛粪从 $0$ 传送到 $y$，同样贡献为不用传送门走的距离，最小化贡献和，求最小值。

$1\le n\le {10}^5,-{10}^8\le a_i,b_i\le {10}^8$。

Solution

这道题告诉我们，题做不出来的时候要多去去厕所，去溜达一圈之后或许就突然想明白了。。

我感觉还算是一道挺有意思的题，比较奇妙，难度适中，蓝色评的也很合理。

显然当 $y$ 确定后对于每一对 $a_i,b_i$ 的贡献即为 $ f(y)i = \min(\vert a_i - b_i \vert, \vert a_i \vert + \vert y - b_i \vert) $，\mathrm{我}\mathrm{们}\mathrm{的}\mathrm{答}\mathrm{案}\mathrm{即}\mathrm{为}$ \sum^n f(y)_i $。

此时显然如果有 $|a_i-b_i|<|a_i|$，解一下就是 $a_i\ge b_i>0\vee 0\le a_i<b_i<2a_i\vee 0>a_i>b_i>2a_i\vee a_i<b_i<0$，那么一定不走传送门，也就是选前者，这样的话对于这个 $f(y{)}_i$ 就是一条直线，不过这一大坨不等式看着就很阴间，画个图吧：

观察发现剩下的可能性就只有 $0\le 2a_i<b_i\vee b_i<2a_i\le 0\vee a_i<0<b_i\vee b_i<0<a_i$ 了，而这一段区间则与 $y$ 相关，需要额外讨论一下。

此时的原式为 $f(y{)}_i=min(|a_i-b_i|,|a_i|+|y-b_i|)$，考虑分类讨论，如在 $0\le 2a_i<b_i$ 的条件下，原式转化为 $min(b_i-a_i,a_i+|y-b_i|)$，然后把 $y$ 和 $b_i$ 之间的关系讨论一下（这里就很简单了，不多赘述，注意一下 $b_i<2b_i-2a_i$ 在条件下恒成立即可），最终可以写成一下柿子：

$0\le 2a_i<b_i$：

$$f(y{)}_i=\{\begin{array}{ll}{b}_i-a_i& y\in (-\mathrm{\infty },2a_i]\cup [2b_i-2a_i,+\mathrm{\infty })\\ -y+a_i+b_i& y\in (2a_i,b_i)\\ y+a_i-b_i& y\in [b_i,2b_i-2a_i)\end{array}$$

然后在 $b_i<2a_i\le 0$ 同理可以推出：

$b_i<2a_i\le 0$：

$$f(y{)}_i=\{\begin{array}{ll}{a}_i-b_i& y\in (-\mathrm{\infty },2b_i-2a_i]\cup [2a_i,+\mathrm{\infty })\\ -y-a_i+b_i& y\in (2b_i-2a_i,b_i)\\ y-a_i-b_i& y\in [b_i,2a_i)\end{array}$$

剩下的两个区间也同理推导一下即可：

$a_i<0<b_i$：

$$f(y{)}_i=\{\begin{array}{ll}{b}_i-a_i& y\in (-\mathrm{\infty },0]\cup [2b_i,+\mathrm{\infty })\\ -y-a_i+b_i& y\in (0,b_i)\\ y-a_i-b_i& y\in [b_i,2b_i)\end{array}$$

$b_i<0<a_i$：

$$f(y{)}_i=\{\begin{array}{ll}{a}_i-b_i& y\in (-\mathrm{\infty },2b_i]\cup [0,+\mathrm{\infty })\\ -y+a_i+b_i& y\in (2b_i,b_i)\\ y+a_i-b_i& y\in [b_i,0)\end{array}$$

现在我们也就能确定下来每一条 $f(y{)}_i$ 的形状了，都是类似下图的形状，只是 “转折点” 不同，和 $y$ 无关的认为其没有转折点即可。

此时我们就需要考虑一下求 $\sum _{i=1}^{n}f(y{)}_i$ 了。

不难想到 $O(n)$ 记录一下每一条线的 “转折点” 的位置，建立一个差分数组，然后每条线段斜率变为 $-1$ 之后对应位置加上 $-1$，斜率变为 $1$ 之后加上 $2$，变回与 $y$ 相关之后再加上 $-1$，然后我们把差分数组做个前缀和，这样当前的前缀和数组的值就是 $i$ 相对 $i-1$ 的总答案变化量，对于 $0$ 处我们认为其为 $\sum _{i=1}^n|a_i-b_i|$，然后在前缀和上再做一个前缀和，令其为 $su{m}_i$，则不难想到答案即为 $minsu{m}_i$，然后这里因为坐标值域范围很大，所以考虑离散化，为了写着方便，直接开一个 map 存即可，排序也省了。

至此，我们就做完了这道奇怪的大分类讨论，复杂度 $O(n\log n)$，卡在排序上。

Code

#define _USE_MATH_DEFINES
#include <bits/extc++.h>

#define PI M_PI
#define E M_E
#define npt nullptr
#define SON i->to
#define OPNEW void* operator new(size_t)
#define ROPNEW(arr) void* Edge::operator new(size_t){static Edge* P = arr; return P++;}

using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;

mt19937 rnd(random_device{}());
int rndd(int l, int r){return rnd() % (r - l + 1) + l;}
bool rnddd(int x){return rndd(1, 100) <= x;}

typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long unll;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

template< typename T = int >
inline T read(void);

int N;
ll origin(0);
ll mn(LONG_LONG_MAX);
map < ll, ll > mp;
ll sum[310000]; int cnt(0);

void Insert(int p, int v){
    if(mp.find(p) == mp.end())mp.insert({p, v});
    else mp[p] += v;
}
void InsertAll(int sp1, int sp2, int sp3){
    Insert(sp1, -1);
    Insert(sp2, 2);
    Insert(sp3, -1);
}

int main(){
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; ++i){
        int a = read(), b = read();
        origin += abs(a - b);
        if(0 <= 2 * a && 2 * a < b)InsertAll(2 * a, b, 2 * b - 2 * a);
        else if(b < 2 * a && 2 * a <= 0)InsertAll(2 * b - 2 * a, b, 2 * a);
        else if(a < 0 && 0 < b)InsertAll(0, b, 2 * b);
        else if(b < 0 && 0 < a)InsertAll(2 * b, b, 0);
    }
    ll cur(0), sum(origin); int lft(INT_MIN);
    mn = origin;
    for(auto v : mp){
        sum += (ll)cur * (v.first - lft);
        cur += v.second, lft = v.first;
        mn = min(mn, sum);
    }
    printf("%lld\n", mn);
    fprintf(stderr, "Time: %.6lf\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

template < typename T >
inline T read(void){
    T ret(0);
    short flag(1);
    char c = getchar();
    while(c != '-' && !isdigit(c))c = getchar();
    if(c == '-')flag = -1, c = getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret *= 10;
        ret += int(c - '0');
        c = getchar();
    }
    ret *= flag;
    return ret;
}

UPD

update-2022_11_07 初稿