AtCoder ABC177 F - I hate Shortest Path Problem 题解

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题意

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc177/tasks/abc177_f

一个 \((H + 1) \times W\) 的网格，每个位置都可以往右走一格（最右边一列不行），第 \(i\) 行除了第 \(A_i\) 到第 \(B_i\) 个格子以外都可以往下走。
你可以从第 \(1\) 行任意一个格子开始走，对于每一个 \(i \in [2, n + 1]\)，求走到第 \(i\) 行任意一个格子的最小步数。
其中 \(H, W \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le A_i \le B_i \le W\)

思路

贪心思想

容易发现，除了第 \(1\) 行，每个格子肯定是尽量往下走，即只有当不能往下走时才往右走。
那么初步想法是进行 DP。

DP

下面用 \((i, j)\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列的格子。

\(f(i, j)\) 表示从第一行任意一个格子走到 \((i, j)\) 时的最小步数。
那么对于 \(f(i, j)\) 有以下三种情况：

1. 如果上面有挡板，则 \(f(i, j) = \inf\)，可以证明这样对答案没有影响。
2. 如果上面和左上（即 \((i - 1, j - 1)\)）都没有挡板，则 \(f(i, j) = f(i - 1, j) + 1\)
3. 如果上面没有挡板，左上有挡板，则 \(f(i, j) = \min_{k = 1}^j f(i - 1, k) + 1\)

其中从左边往右边走的贡献全部集中在了第三种转移。

上面的转移即：

\[f(i, j) = \begin{cases} 0&(i=1)\\ \inf&(A_{i - 1} \le j \le B_{i - 1})\\ f(i - 1, j) + 1&(B_{i - 1} < j - 1 \;\texttt{or}\; A_{i - 1} > j)\\ \min_{k = 1}^j f(i - 1, k) + 1&(B_{i - 1} = j - 1) \end{cases} \]

数据结构优化

但是上面 DP 的复杂度是 \(O(HW)\) 的，在这道题肯定是过不去的。这时候我们可以用线段树优化。

我们对于每个 \(f(i, \cdots)\) 用线段树维护，直接 \(O(\log H)\) 进行维护。（类似背包的思想，直接在原线段树上进行更改）

对于第一种转移，区间赋值/区间加 \(\inf\)。
对于第二种转移，区间加 \(1\)。
对于第三种转移，需要再维护一个线段树，值为 \(f(i, j) + W - j\)。此时第三种转移就用第二个线段树的值来维护。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

typedef long long LL;

int a[N], b[N];
int n, m;

struct SegTree {
    LL t[N << 2], ladd[N << 2];
    inline void lazy_down(int x) {
        t[x << 1] += ladd[x];
        t[x << 1 | 1] += ladd[x];
        ladd[x << 1] += ladd[x];
        ladd[x << 1 | 1] += ladd[x];
        ladd[x] = 0;
    }
    void modify_add(int ql, int qr, LL qadd, int x = 1, int l = 1, int r = m) {
        if(ql <= l && r <= qr) { t[x] += qadd, ladd[x] += qadd; return; }
        int mid = l + ((r - l) >> 1);
        lazy_down(x);
        if(ql <= mid) modify_add(ql, qr, qadd, x << 1, l, mid);
        if(qr > mid) modify_add(ql, qr, qadd, x << 1 | 1, mid + 1, r);
        t[x] = min(t[x << 1], t[x << 1 | 1]);
    }
    LL query_min(int ql, int qr, int x = 1, int l = 1, int r = m) {
        if(ql <= l && r <= qr) return t[x];
        int mid = l + ((r - l) >> 1);
        lazy_down(x);
        if(qr <= mid) return query_min(ql, qr, x << 1, l, mid);
        else if(ql > mid) return query_min(ql, qr, x << 1 | 1, mid + 1, r);
        else return min(query_min(ql, qr, x << 1, l, mid), query_min(ql, qr, x << 1 | 1, mid + 1, r));
    }
};

SegTree ans1; // f[][i]
SegTree ans2; // f[][i] + m - i

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i++) ans2.modify_add(i, i, m - i);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        LL tmp = ans2.query_min(1, b[i] + 1) - ((LL)m - b[i] - 1);
        ans1.modify_add(b[i] + 1, b[i] + 1, min(tmp - ans1.query_min(b[i] + 1, b[i] + 1), 0LL));
        ans2.modify_add(b[i] + 1, b[i] + 1, min(tmp + m - (b[i] + 1) - ans2.query_min(b[i] + 1, b[i] + 1), 0LL));
        ans1.modify_add(a[i], b[i], INF);
        ans2.modify_add(a[i], b[i], INF);
        ans1.modify_add(1, m, 1);
        ans2.modify_add(1, m, 1);
        tmp = ans1.query_min(1, m);
        if(tmp >= INF) printf("-1\n");
        else printf("%lld\n", tmp);
    }
    return 0;
}