[atARC070E]NarrowRectangles
记$len_{i}=r_{i}-l_{i}$，即第$i$个区间的长度
用$f_{i,j}$表示前$i$个区间合法，第$i$个区间位于$[j,j+len_{i}]$的最小代价，暴力dp的时间复杂度为$o(nL^{2})$
考虑$f_{i,j}$的转移，即$f_{i,j}=\min_{[j,j+len_{i}]\cap[k,k+len_{i-1}]\ne \empty}f_{i-1,k}+|j-l_{i}|$
不难证明，这样的$k$是一段连续区间，可以表示为$[j-x,j+y]$（$x,y\ge 0$）
接下来，对每一个$i$，若将$f_{i,j}$看成关于$j$的函数且用直线连结相邻点，那么可以证明其具有凸性
考虑归纳，更严谨的描述是：令$f'_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j+1}$，证明$f'_{i,j}$单调不递增
记$[x_{0},y_{0})$为$f'_{i,j}=0$的区间（$[x,y]$就是$f_{i,j}$最小值的区间），根据凸性来考虑其最小值的位置——
1.$j\in [x_{0}-y,y_{0}+x]$，最小值位于$f_{i-1,x_{0}}$（即原来最小值）
2.$j<x_{0}-y$，最小值位于$f_{i-1,j-x}$
3.$j>y_{0}+x$，最小值位于$f_{i-1,j+y}$
可以发现，这等价于将$(-\infty,x_{0}]$向左移动$y$格，将$[y_{0},\infty)$向右移动$x$格，空出来的部分仍然取最小值
这是有凸性的，再加上一个绝对值函数，显然仍然具有凸性，因此即证明了该结论
考虑这件事情如何维护，记$a_{k}$为第小的$j$满足$f'_{i,j}\ge k$的$j$（特别的，$a_{i}=-\infty$），将$a[0,i)$与$a[-i,0)$分别用一个set维护，分别考虑移动和加入绝对值：
（不难发现$x_{0}=a_{0}$，$y_{0}=a_{-1}$）
1.移动是比较容易的，分别记录一个懒标记即可
2.考虑加入一个$|j-l_{i}|$，将其与$[x_{0},y_{0}]$分类讨论：
(1)$l_{i}\in [x_{0},y_{0})$，相当于将$a[0,i)$右移一位，之后加入$f'_{i,l_{i}}=-1$，即$a_{0}=a_{-1}=l_{i}$（其余位置由于用set维护，不需要实际去移动它）；
(2)$l_{i}<x_{0}$，相当于将两个$l_{i}$（由于左加1自身减1会导致一个值不存在，也加到$l_{i}$上）加入左边的集合，并将$a_{0}$移动到右边
(3)$l_{i}>y_{0}$，类似的，即将两个$l_{i}$加入右边，并将$a_{-1}$移动到左边
关于最后的答案，不断维护最小值上的值即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define ll long long 5 multiset<ll>vl,vr; 6 int n,l[N],r[N]; 7 ll tagl,tagr,ans; 8 int main(){ 9 scanf("%d",&n); 10 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); 11 vl.insert(l[1]); 12 vr.insert(l[1]); 13 for(int i=2;i<=n;i++){ 14 int x=r[i-1]-l[i-1],y=r[i]-l[i]; 15 tagl-=y; 16 tagr+=x; 17 ll x0=(*--vl.end())+tagl,y0=(*vr.begin())+tagr; 18 if ((x0<=l[i])&&(l[i]<y0)){ 19 vl.insert(l[i]-tagl); 20 vr.insert(l[i]-tagr); 21 } 22 else{ 23 if (l[i]<x0){ 24 ans+=x0-l[i]; 25 vl.insert(l[i]-tagl); 26 vl.insert(l[i]-tagl); 27 vl.erase(--vl.end()); 28 vr.insert(x0-tagr); 29 } 30 else{ 31 ans+=l[i]-y0; 32 vr.insert(l[i]-tagr); 33 vr.insert(l[i]-tagr); 34 vr.erase(vr.begin()); 35 vl.insert(y0-tagl); 36 } 37 } 38 } 39 printf("%lld",ans); 40 }
