agc007D - Shik and Game(dp 单调性)
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2022-03-26 11:15:04
题意 "题目链接" Sol 主人公的最优决策一定是经过熊 返回到某个位置 收集经过的钻石 那么可以直接设$f[i]$表示收集完了前$i$个位置的钻石的最小时间,转移的时候枚举下最后收集的位置 $$f[i] =min(f[j], p[i] p[j + 1] + max(T, 2 (p[i] p[j + ......
题意
sol
主人公的最优决策一定是经过熊->返回到某个位置->收集经过的钻石
那么可以直接设\(f[i]\)表示收集完了前\(i\)个位置的钻石的最小时间,转移的时候枚举下最后收集的位置
\[f[i] =min(f[j], p[i] - p[j + 1] + max(t, 2 * (p[i] - p[j + 1])))\]
至于为啥对\(t\)取个max,是因为我可以先返回,然后等到可以捡的时候再走,这样走的时候的贡献就抵消掉了
这时候我们可以直接二分+线段树就行了
但是考虑这个式子各个变量的单调性,\(f[i]\)是单调递增的,\(p[i]\)是单调递增的。
也就是说对于某个前缀是从\(2 * (p[i] - p[j + 1])\)转移而来,对于剩下的是从\(t\)转移而来,可以直接记录一下转移的位置,以及前缀最小值就行了
复杂度:\(o(n)\)
#include<bits/stdc++.h> #define pair pair<int, int> #define mp(x, y) make_pair(x, y) #define fi first #define se second //#define int long long #define ll long long #define fin(x) {freopen(#x".in","r",stdin);} #define fout(x) {freopen(#x".out","w",stdout);} //#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1<<22, stdin), p1 == p2) ? eof : *p1++) char buf[(1 << 22)], *p1 = buf, *p2 = buf; using namespace std; const int maxn = 2e5 + 10, mod = 998244353, inf = 1e9 + 10; const double eps = 1e-9; template <typename a, typename b> inline bool chmin(a &a, b b){if(a > b) {a = b; return 1;} return 0;} template <typename a, typename b> inline bool chmax(a &a, b b){if(a < b) {a = b; return 1;} return 0;} template <typename a, typename b> inline ll add(a x, b y) {if(x + y < 0) return x + y + mod; return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;} template <typename a, typename b> inline void add2(a &x, b y) {if(x + y < 0) x = x + y + mod; else x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y);} template <typename a, typename b> inline ll mul(a x, b y) {return 1ll * x * y % mod;} template <typename a, typename b> inline void mul2(a &x, b y) {x = (1ll * x * y % mod + mod) % mod;} template <typename a> inline void debug(a a){cout << a << '\n';} template <typename a> inline ll sqr(a x){return 1ll * x * x;} inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } ll n, e, t, a[maxn], f[maxn]; int main() { n = read(); e = read(); t = read(); memset(f, 0x3f, sizeof(f)); for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(); f[0] = 0; f[1] = t; ll mn = 1e18, j = 0; for(int i = 2; i <= n; i++) { while(t <= 2 * (a[i] - a[j + 1]) && j < i) chmin(mn, f[j] - 2 * a[j + 1]), j++; chmin(f[i], mn + 2 * a[i]); chmin(f[i], f[j] + t); } cout << f[n] + e; return 0; } /* 3 9 23333 1 3 8 */
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