51nod-3978列车

https://class.51nod.com/Html/Textbook/Problem.html#problemId=3978&textbookChapterId=724

https://class.51nod.com/Html/Textbook/ChapterIndex.html#textbookId=126&chapterId=337

这里一次发车的转移是 $[j+1,i]$，出发时间 $+s$ 为 $j+1$ 启程返回，偏移 $i-j-1$ 就轮到当前车了。

最后一个式子min中下面的部分错了，应该再加一个 $i-1$。

而且 $G[j]-2j$ 也是单调不降的，所以我们就可以每次弹出队首直到 $G[j]-j-1\ge T[i]-i$，这样最终队首前一个位置就是上面情况的最值（$-j$ 单调减），而队首是下面情况的最值（因为单调不降），两者取最值。

插入都在尾部，弹出都在开头。

如果弹空了，此时只有上面情况，$j=i-1$；如果队首恰好是 $0$，那么上面情况不存在，只要队列不空，就有下面的情况。

$O(n)$

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
int n,t[N],q[N];
ll f[N],s;
int main(){
    #ifdef LOCAL
    freopen("1.txt","r",stdin);
    #endif
    #ifndef LOCAL
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    #endif
    cin>>n>>s;
    t[0]=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>t[i],t[i]=max(t[i],t[i-1]+1);
    memset(f+1,0x3f,n*8);
    int hh=0,tt=0;
    #define j q[hh]
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(hh<=tt&&f[j]-j-1<t[i]-i)++hh;
        ll K=hh>tt?i-1:j-1;
        if(K>=0)f[i]=s-1ll+s+i+t[i]-K;
        if(hh<=tt)
            f[i]=min(f[i],s+s-2ll+i+i+f[(K+1)]-(K+1)-(K+1));//
        q[++tt]=i;
    }
    cout<<f[n];
    return 0;
}