2025/11/6 做题笔记
#9127. Optimal Train Operation
之前遗留下来的斜率优化，因为题面是英文一直没看
在每一个点修建地铁站的代价是 \(a_i\)，每两个地铁站之间的代价是 \((j - i + 1)\max\limits_ {i \le k \le j}c_i\)，第 0 个地方和第 n + 1 个位置已经修了地铁站。求最小代价
很容易写出状态转移方程 \(f_i = \min\limits_{1 \le j \le i}(f_{j - 1} + (i - j + 1)\max\limits_{j \le k \le i}c_i + a_i)\)，之前做过类似的题，但是之前使用 CDQ 做的，现在尝试使用李超树和单调栈写，但是写了十万年。之前以为不用可持久化，但是实际上是要写可持久化的，李超树还写错了，调了好久
Code
#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;
using ll = long long;const int kN = 5e5 + 2, kV = 1e9;
const ll kI = 1e18;int n, k, tp, c[kN], a[kN], rt[kN], st[kN];
vector<int> crt;
ll f[kN];
struct Line {ll k, b = kI;ll Calc(int x) { return k * x + b; }
};
struct Tr {Line li;int l, r;
} tr[kN * 50];bool Cmp(Line a, Line b, int x) {return a.Calc(x) < b.Calc(x);
}
void Insert(int& x, int y, Line v, int l = 1, int r = kV) {if (y)tr[x = ++k] = tr[y];!x && (x = ++k);int m = (l + r) / 2;Cmp(v, tr[x].li, m) && (swap(tr[x].li, v), 0);if (Cmp(v, tr[x].li, l))Insert(tr[x].l, tr[y].l, v, l, m);else if (Cmp(v, tr[x].li, r))Insert(tr[x].r, tr[y].r, v, m + 1, r);
}
void Merge(int& x, int y, int l = 1, int r = kV) {if (!x || !y)return x = x + y, void();int m = (l + r) / 2;Insert(x, 0, tr[y].li, l, r);Merge(tr[x].l, tr[y].l, l, m), Merge(tr[x].r, tr[y].r, m + 1, r);
}
ll Query(int x, int p, int l = 1, int r = kV) {if (!x)return kI;if (l == r)return tr[x].li.Calc(p);int m = (l + r) / 2;ll res = tr[x].li.Calc(p);if (p <= m)return min(res, Query(tr[x].l, p, l, m));return min(res, Query(tr[x].r, p, m + 1, r));
}int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in", "r", stdin);freopen("out", "w", stdout);
#endifcin.tie(0)->sync_with_stdio(0);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> c[i];for (int i = 1; i < n; i++)cin >> a[i];crt.push_back(0), f[1] = a[1] + c[1];Insert(rt[1], 0, {0, 0}), st[++tp] = 1;crt.push_back(++k), Insert(crt.back(), 0, {c[1], 0});for (int i = 2; i <= n; i++) {for (; tp && c[i] >= c[st[tp]]; tp--, crt.pop_back())Merge(rt[i], rt[st[tp]]);if (!tp)f[i] = Query(rt[i], c[i]) + 1ll * i * c[i] + a[i];else if (!rt[i])f[i] = Query(crt.back(), i) + a[i];elsef[i] = min(Query(rt[i], c[i]) + 1ll * i * c[i], Query(crt.back(), i)) + a[i];if (i == 6)cerr << Query(rt[i], c[i]) << '\n';f[i] = min(f[i], f[i - 1] + c[i] + a[i]);Insert(rt[i], 0, {-i + 1, f[i - 1]}), st[++tp] = i;int t = crt.back();crt.push_back(++k), Insert(crt.back(), t, {c[i], Query(rt[i], c[i])});}cout << f[n];return 0;
}
A. チェリーポップ
期望得分：100pts
实际得分：100pts
时间分配：3h
一开始猜了个结论，但是显然是错的，后来有想了很久，决定先打个暴力再找规律。暴力还调了比较久的时间。找到规律写了双指针，不敢确认还写了个拍子，花费了很久的时间。
我觉得问题主要在于我没有发现这个东西是有单调性的，这题的单调性在于越长的区间比短的区间一定更加可能合法，因为包含了一段短的合法区间后，再加入额外一段长的合法区间时，可以理解为分别重排后也可以合法。考虑极端数据重排之后会使得交界处相同，但是举了一点例子后发现并不可能。想不到的时候真应该直接猜有单调性，缩小枚举范围，CSP-S T2 也应该尝试这么做的，实在举不出来反例就可以假设他有了
Code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <map>
#include <vector>using namespace std;const int kN = 2e6 + 1;int T, n, l, r, ans = kN, a[kN][3];
map<char, int> mp;
string s;bool Check(int l, int r) {int p = 0, c[3];for (int o : {0, 1, 2}) {c[o] = a[r][o] - a[l - 1][o];if (c[o] > c[p])p = o;}if (c[p] > (r - l + 2) / 2)return 0;if (c[p] == (r - l + 2) / 2) {if ((r - l + 1) & 1)return mp[s[l - 1]] != p && mp[s[r + 1]] != p;int _p = -1;for (int o : {0, 1, 2})if (o != p && (_p == -1 || c[_p] < c[o]))_p = o;return mp[s[l - 1]] != mp[s[r + 1]] || (mp[s[l - 1]] != p && (mp[s[l - 1]] != _p || c[_p] != (r - l + 1) / 2));}return 1;
}int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in", "r", stdin);freopen("out", "w", stdout);
#endifcin.tie(0)->sync_with_stdio(0);mp['C'] = 0, mp['W'] = 1, mp['P'] = 2, mp[' '] = 114514;for (cin >> T; T--; ans = kN) {cin >> n >> s, s = ' ' + s + ' ';for (int i = 1; i <= n; i++)for (int o : {0, 1, 2})a[i][o] = a[i - 1][o] + (mp[s[i]] == o);for (l = 2; l <= n && s[l] != s[l - 1]; l++);for (r = n - 1; r >= 1 && s[r] != s[r + 1]; r--);if (l > n) {cout << "0\n";continue;}if (l > r) {int j;for (j = l + 1; j <= n && !Check(l, j); j++);if (j <= n)ans = min(ans, j - l + 1);for (j = r - 1; j >= 1 && !Check(j, r); j--);if (j >= 1)ans = min(ans, r - j + 1);swap(l, r);}int _l = 1, _r = r;for (; _l <= l && _r <= n; _l++) {for (; _r <= n && !Check(_l, _r); _r++);if (_r <= n)ans = min(ans, _r - _l + 1);}if (ans == kN)cout << "-1\n";elsecout << ans << '\n';}return 0;
}
B. ラビットホール
期望得分：24pts
实际得分：24pts
时间分配：1h
想到了叶子实际上没什么用，但是剩下的时间不够了想打 T3 暴力，所以没有继续想了。调了也挺久的。。。
要能想到双指针，因为大的区间合法小的就一定合法。考虑加点和删点的过程，唯一的难点是每次加点和删点的时候枚举产生变化的点（从叶子到非叶子或者从非叶子到叶子）所连的边是复杂度正确的，感觉上是对的，但是证明可能比较复杂
Code
#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;const int kN = 1e6 + 1;int n, m, q, mx, deg[kN], sec[kN], sta[kN], cnt[kN], ans[kN];
vector<int> e[kN];void Add(int x, int l, int r) {if (sta[x] || deg[x] < 2)return;sta[x] = 1;for (int i : e[x]) {if (i < l || i >= r || !sta[i])continue;cnt[sec[i]]--;mx = max(mx, ++sec[i]), cnt[sec[i]]++;sec[x]++;}mx = max(mx, sec[x]), cnt[sec[x]]++;
}
void Del(int x, int l, int r) {if (!sta[x] || deg[x] >= 2)return;sta[x] = 0, cnt[sec[x]]--, sec[x] = 0;for (int i : e[x]) {if (i < l || i > r || !sta[i])continue;cnt[sec[i]]--, cnt[--sec[i]]++;}
}int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in", "r", stdin);freopen("out", "w", stdout);
#endifcin.tie(0)->sync_with_stdio(0);cin >> n >> m >> q;for (int i = 1, x, y; i <= m; i++)cin >> x >> y, e[x].push_back(y), e[y].push_back(x);for (int l = 1, r = 0; l <= n; l++) {for (r += (mx <= 2); r <= n && mx <= 2; r += (mx <= 2)) {for (int i : e[r])if (l <= i && i <= r)deg[i]++, deg[r]++, Add(i, l, r);Add(r, l, r);}ans[l] = r;deg[l] = 0, Del(l, l, r);for (int i : e[l])if (l <= i && i <= r)deg[i]--, Del(i, l, r);for (; mx > 0 && cnt[mx] <= 0; mx--);}for (int l, r; q--;) {cin >> l >> r;cout << (r < ans[l] ? "Yes\n" : "No\n");}return 0;
}
