BZOJ 2149 拆迁队

此题题意我一次读不清，是不是要完……

题意：给定一个数列，修改其中的一些数，使得这个数列是严格递增的。并要求，修改的数尽量少（保留的数尽量多），并且代价尽量小。
代价的计算公式：修改完后所有数的和 + ∑ibi,数i没被修改 \sum\limits_{i} b_i , 数i 没被修改

第一问：
令 di=ai−i d_i = a_i - i 那么问题等价于求数列 d d 的最长不下降子序列。原因是这里要求严格递增，而且数列中的每一项都不能删除，所以要留足够的位置给中间的数。
令 fif_i 表示 1 1 ~ ii 中保留数 i i 的前提下最多保留多少个数，这是个经典问题。

第二问：
显然这是个 dpdp 问题，我们先来看看怎样的 j j 能够更新 ii 。

j<i

dj≤di

d_j \le d_i

fj+1=fi

f_j + 1 = f_i

我们按照 f f 的大小分层 dpdp ，摆在我们面前的是个二维偏序问题。
我们可以用数据结构或者分治的方式来处理，但是由于我们不能用一个集合 Sj S_j 去集中更新 i i 所以，到此为止我们算法的时间复杂度依然是 O(n2)O(n^2)

我们再观察 dp dp的转移方程( gi g_i是 i i 此时的 dpdp 值)

g[i]=min{d[j]∗i+g[j]−A[j]∗j−A[j]+j×(j+1)2}+i×(i−1)2+A[i]+B[i]

g[i]=min \{d[j]*i + g[j]-A[j]*j-A[j]+\frac{j\times(j+1)}{2} \}+\frac{i\times(i-1)}{2}+A[i]+B[i]（摘自这个小伙伴的博客）

我们令:

xj=dj,yj=g[j]−A[j]∗j−A[j]+j×(j+1)2

x_j = d_j\, , \, y_j = g[j]-A[j]*j-A[j]+\frac{j\times(j+1)}{2}

于是我们可以维护一个下凸包。
然而接下来的工作就看你如何处理二维偏序了，如果你选择分治，可以先按下标排序，分治中再按 d d 排序，每次更新时二分斜率或者三分值就可以啦。
时间复杂度可以是 O(nlog(n)2)O(n\log(n)^2) 或者 O(nlog(n)3) O(n\log(n)^3)

如果你选择维护可持久化凸包的话，可以先按 d d 排序，然后用可持久化线段树维护这玩意，每次依然二分，这样可以做到 O(nlog(n)2)O(n\log(n)^2)

给一个思路清晰的 O(nlog(n)3) O(n\log(n)^3)的分治代码，换成归并排序即为 O(nlog(n)2) O(n\log(n)^2):

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn = 1e5+1e2;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;ll n , d[maxn] , f[maxn] , len[maxn] , ori[maxn]; ll g[maxn] , a[maxn] , b[maxn];
vector<int> level[maxn];ll *ss;
struct data
{ll k , id; ll x , y;data(){}data(ll k , ll id):k(k),id(id) { x = d[id]; y = g[id] - a[id]*id - a[id] + (id+1)*id/2; }bool operator <(const data& b) const { return ss[id] < ss[b.id] || (ss[id] == ss[b.id] && !k); }
}q[maxn]; ll m;void update(vector<data>& c , ll i)
{static ll l , r , len , ml , mr;l = 0 , r = (int)c.size()-1;while(l+4 < r){len = (r-l)/3; ml = l + len; mr = r - len;if(c[ml].x*i+c[ml].y > c[mr].x*i+c[mr].y) l = ml;else r = mr;}while(l <= r) g[i] = min(g[i] , c[l].x*i+c[l].y) , ++l;
}void solve(ll l , ll r)
{if(l == r) { if(q[l].k) { ll x = q[l].id; g[x] += a[x] + b[x] + (x-1)*x/2; } return; }ll mid = (l+r)/2;solve(l , mid);vector<data> qt , con;for(ll i=l;i<=mid;i++) if(!q[i].k) qt.push_back(q[i]);for(ll i=r;i>mid;i--)   if(q[i].k) qt.push_back(q[i]);sort(qt.begin() , qt.end());for(ll i=0;i<qt.size();i++) {data& j = qt[i];if(j.k) update(con , j.id);else {ll t = (int)con.size()-1;while(t>=1 && 1.0*(j.y - con[t].y) * (con[t].x - con[t-1].x) < 1.0*(con[t].y - con[t-1].y) * (j.x - con[t].x)) con.pop_back() , --t;con.push_back(j);}}solve(mid+1 , r);
}int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in","r",stdin);#endifcin>>n;for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld" , a+i) , d[i] = a[i] - i , ori[i] = i;for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld" , b+i);for(ll i=1;i<=n;i++) len[i] = INF , g[i] = INF; for(ll i=1;i<=n;i++) if(a[i] >= i){f[i] = upper_bound(len+1 , len+1+n , d[i]) - len;level[f[i]].push_back(i);len[f[i]] = min(len[f[i]] , d[i]);}level[0].push_back(0);for(ll i=1;;i++){if(level[i].empty()) {ll res = INF;for(ll j=0;j<level[i-1].size();j++) {ll k = level[i-1][j];res = min(res , g[k] + (a[k]*2 + 1 + n - k)*(n-k)/2);}cout<<i-1<<" "<<res<<endl; break;}m = 0;for(ll j=0;j<level[i-1].size();j++) q[++m] = data(0 , level[i-1][j]);for(ll j=0;j<level[i].size();j++) q[++m] = data(1 , level[i][j]);ss = ori; sort(q+1 , q+1+m); ss = d;solve(1 , m);}return 0;
}

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