AtCoder Regular Contest 164 E Segment-Tree Optimization

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妙妙题。

我们考虑如何方便地描述一棵广义线段树。不难想到使用断点描述，即对于一个结点 $[l, r]$，它的左右儿子分别是 $[l, mid], [mid + 1, r]$，其中 $mid \in [l, r - 1]$，然后把一层缩成一个 $2^{d - 1}$ 的序列，每一层都是上层对应结点的 $mid$，这样每对相邻断点组成了每个区间。

要令深度最小，我们将题中每个区间都拆成两个断点 $l_i - 1, r_i$，然后我们贪心地选择这些断点作为线段树的断点的一部分。设不同断点数量为 $k$，那么第一问的答案 $d$ 可以轻易得知，就是最小的满足 $2^d - 1 \ge k$ 的非负整数。因为第 $1 \sim d$ 层共有 $\sum\limits_{i = 1}^d 2^{i - 1} = 2^d - 1$ 个断点。

接下来我们考虑把这 $2^d - 1$ 个断点从小到大排成一个序列，易知下标为奇数的是第 $d$ 层的断点。我们现在要最小化第 $d$ 层的结点访问次数之和。

设第 $d$ 层的一个断点在 $i \in [1, q], l_i - 1, r_i$ 中出现 $t$ 次，可知这个断点对访问次数之和的贡献是 $2t$。因为这个断点两侧的区间各被访问 $t$ 次。

然后我们可以 dp 了，设 $f_{i, j}$ 为当前考虑到 $1 \sim d$ 层的所有断点中，第 $i$ 个断点，有 $j$ 个 $i \in [1, q], l_i - 1, r_i$ 中的断点被考虑，区间访问次数之和。根据上面得出的第 $d$ 层断点出现次数乘 $2$ 就是它对访问次数的贡献的结论，可以很容易地转移，考虑第 $i$ 个断点是否是 $i \in [1, q], l_i - 1, r_i$ 中地断点即可。注意若第 $i$ 个断点不是第 $d$ 层的断点，即 $i$ 为偶数，就对访问次数没有贡献。

时间复杂度 $O(q \log n + n^2)$。

code

// Problem: E - Segment-Tree Optimization
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 164
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc164/tasks/arc164_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
 
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<int, int> pii;
 
const int maxn = 4040;
 
int n, m, f[maxn << 1][maxn], a[maxn], tot;
map<int, int> mp;
 
void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 0, l, r; i < m; ++i) {
		scanf("%d%d", &l, &r);
		if (l > 1) {
			++mp[l - 1];
		}
		if (r < n) {
			++mp[r];
		}
	}
	for (pii p : mp) {
		a[++tot] = p.scd;
	}
	int d = 0;
	for (d = 0;; ++d) {
		if ((1 << d) - 1 >= tot) {
			break;
		}
	}
	printf("%d ", d);
	if (d == 0) {
		printf("%d\n", m);
		return;
	}
	mems(f, 0x3f);
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i < (1 << d); ++i) {
		for (int j = 0; j <= tot; ++j) {
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j) {
				f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + ((i & 1) ? a[j] : 0));
			}
		}
	}
	printf("%d\n", f[(1 << d) - 1][tot] * 2);
}
 
int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}