Atcoder AGC011F : Train Service Planning（线段树）

题解：
这个题看到循环，显然就是让你在模意义下搞事。

我们记 $p_i$ 为0到 $n$ 的车在每个站停留时间， $q_i$ 为 $n$ 到0的车在每个站停留的时间，因为重复出现，所以以下都在 $\bmod k$ 意义下进行。

为了方便，可以看做两个方向的火车都在 $0$ 和 $n$ 停留，从而都从0出发，那么在 $\bmod k$ 意义下，对于一个 $b_m=1$ 的站台，有：
$0 \rightarrow n$ 的到达时间： $(\sum_{i=0}^{m-1}a_i+\sum_{i=0}^{m-1}p_i,\sum_{i=0}^{m}a_i,\sum_{i=0}^{m-1}p_i)$ 。
$n \rightarrow 0$ 的到达时间： $(\sum_{i=0}^{m}-a_i+\sum_{i=0}^{m-1}-p_i,\sum_{i=0}^{m-1}-a_i+\sum_{i=0}^{m-1}-p_i)$ 。

显然无解的条件是 $a_m*2 \ge k$ ，此外，因为长度相等，我们只用考虑第一个区间的两个端点不落在第二个区间内即可。移项可得 $\sum_{i=0}^{m-1}p_i+q_i \in [-\sum_{i=0}^{m-1}a_i,-\sum_{i=0}^ma_i]$ 。

现在相当于是告诉你 $S_i = p_i+q_i \in [L_i,R_i] \pmod{k}$ ，求 $S_{n-1}-S_0$ 的最小值。

显然 $S_0 \in L_i,R_i$ ，我们可以枚举 $S_0$ 然后贪心往后取，不过这样是 $O(n^2)$ 的。我们可以发现往后坐标不是在原来的地方就是在一个区间的左侧，跳到区间左侧后后面的最短距离是一定的。那么我们可以简单的预处理这个距离来做到 $O(n \log n)$ 的复杂度。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int RLEN=1<<18|1;
inline char nc() {
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ib==ob) && (ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ib==ob) ? -1 : *ib++;
}
inline int rd() {
    char ch=nc(); int i=0,f=1;
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1; ch=nc();}
    while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=nc();}
    return i*f;
}

const int N=8e5+50;
int n,k,len,a[N],b[N],l[N],r[N],mn[N];
LL f[N],sum;
vector <int> val;
inline int Min(int x,int y) {return (!x) ? y : ((!y) ? x : min(x,y));}
inline void inc(int k,int l,int r,int L,int R,int v) {
    if(L>R) return;
    if(L<=l && r<=R) {mn[k]=Min(mn[k],v); return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    if(R<=mid) inc(k<<1,l,mid,L,R,v);
    else if(L>mid) inc(k<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
    else inc(k<<1,l,mid,L,R,v), inc(k<<1|1,mid+1,r,L,R,v); 
}
inline int ask(int k,int l,int r,int p) {
    if(l==r) return mn[k];
    int mid=(l+r)>>1;
    if(p<=mid) return Min(mn[k],ask(k<<1,l,mid,p));
    else return Min(mn[k],ask(k<<1|1,mid+1,r,p));
}
int main() {
    n=rd(), k=rd();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=rd(), b[i]=rd();
        if(b[i]==1 && 2*a[i]>k) return puts("-1"),0;
        sum+=a[i]; a[i]=(a[i]+a[i-1])%k; 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(b[i]==1) l[i]=2*(k-a[i-1]), r[i]=2*(k-a[i]);
        else l[i]=0, r[i]=k-1;
        val.push_back(l[i]%=k); val.push_back(r[i]%=k);
    }
    sort(val.begin(),val.end());
    val.erase(unique(val.begin(),val.end()),val.end());
    len=val.size()-1;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        l[i]=lower_bound(val.begin(),val.end(),l[i])-val.begin();
        r[i]=lower_bound(val.begin(),val.end(),r[i])-val.begin();
    }
    for(int i=n;i>=1;i--) {
        int t=ask(1,0,len,l[i]);
        if(!t) f[i]=0;
        else f[i]=f[t]+(val[l[t]]-val[l[i]]+k)%k;
        if(l[i]<=r[i]) inc(1,0,len,0,l[i]-1,i), inc(1,0,len,r[i]+1,len,i);
        else inc(1,0,len,r[i]+1,l[i]-1,i);
    }
    LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    for(int i=0;i<=len;i++) {
        LL t=ask(1,0,len,i);
        if(!t) t=0;
        else t=f[t]+(val[l[t]]-val[i]+k)%k;
        ans=min(ans,t);
    } cout<<ans+2*sum<<'\n';
}

Atcoder AGC011F : Train Service Planning（线段树）

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