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题解

现在的普及组题质量还蛮高的

首先这题读完就想到是dpdpdp

fif_ifi表示在iii时刻发车，这之前出现的人等待的最小总时长是多少

转移就是fi=min(fj+t)f_i = min(f_j+t)fi=min(fj+t)，ttt就是从j+1j+1j+1到iii这个时刻出现的人等待的总时长

然后发现当j<i−2∗mj<i-2*mj<i−2∗m时转移是重复的，因为这两次发车之间空出了完整的mmm时间，我为啥不补发一辆呢？

这样就有了一个O(m×max(ti))O(m\times max(t_i))O(m×max(ti))的做法

然后注意到nnn很小，那也就是说人出现的很稀疏

这个优化不太好想，注意一个问题，我的dpdpdp方程中ttt是两次发车之间的人等待的时长，那么如果两次发车之间没有人，ttt显然等于000，那么问题就迎刃而解了，我按时间从小到大dpdpdp，记录上一次出现的人在哪个时间，如果当前时间和那个时间的差大于2m2m2m，那么我的dpdpdp就变成了单纯的区间求最值，一个单调队列就搞定了

最终的复杂度O(nm+max(ti))O(nm+max(t_i))O(nm+max(ti))

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 4000010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(_,__) for(_=1;_<=(__);_++)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{ll c, f(1);for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;return f*x;
}
int n, f[maxn], m, cnt[maxn], s[maxn];
int main()
{int i, j, t, last=-1;n=read(), m=read();rep(i,n)cnt[read()]++;rep(i,int(4e6))s[i]=s[i-1]+cnt[i];deque<int> q;for(i=0;i<m;i++){if(cnt[i])last=i;for(j=0;j<=i;j++)f[i]+=cnt[j]*(i-j);}for(i=m;i<=(int)4e6;i++){while(q.size() and f[q.back()]>f[i-m])q.pop_back(); q.push_back(i-m);if(cnt[i])last=i;if(i-last>=2*m and last>0){while(i-q.front()>=2*m)q.pop_front();f[i]=f[q.front()];continue;}f[i]=0x7fffffff;t=0;for(j=i-1;j>=0 and i-j<2*m;j--){if(i-j>=m)f[i]=min(f[i],f[j]+t);t+=cnt[j]*(i-j);}}int ans=0x7fffffff;for(i=last;i<=int(4e6);i++)ans=min(ans,f[i]);cout<<ans;return 0;
}

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