P9338 [JOISC 2023] 合唱 题解
Description
在舞台上，有 \(2N\) 只海狸排成一列。它们是合唱团的成员。每只海狸唱着高音部或低音部。这些信息由一个字符串 \(S\) 给出。具体地，如果 \(S\) 的第 \(i\) 个字符是 \(A\)，编号为 \(i\) 的海狸（从右边看台来看）唱高音。如果 \(S\) 的第 \(i\) 个字符是 \(B\)，编号为 \(i\) 的海狸唱低音。有 \(N\) 只海狸唱高音，有 \(N\) 只海狸唱低音。
从现在起，这些海狸将要演唱 \(K\) 首歌。然而，因为所有歌曲非常复杂，每只海狸只唱一首歌曲，不会唱其他歌曲。此外，为了使歌声更加美妙，每首歌曲必须满足以下条件：
-
至少有一只海狸唱这首歌。
-
唱这首歌的唱高音和唱低音的海狸数量应当相等。
-
如果只考虑唱这首歌的海狸，所有唱高音的海狸都在唱低音的海狸的右边。
指挥家 Bitaro 想找到一种方案，给出哪些海狸唱哪首歌，满足以上所有条件。由于 Bitaro 特别聪明，他注意到这可能无法实现。为了应对这个问题，Bitaro 将交换相邻两只海狸的位置多次，以便有一种方式可以调配海狸，从而满足上述条件。
由于 Bitaro 认为效率很重要，所以他想最小化要执行的操作数。然而，这是一个非常困难的问题。由于您是一位出色的程序员，Bitaro 请求您解决此问题。
编写一份程序，在给出合唱与演唱歌曲数量 \(K\) 的信息时，计算 Bitaro 需要执行的最小操作数。请注意，在本任务的限制下，可以执行操作多次，以便有一种方式可以在海狸之间分配歌曲，满足上述条件。
Solution
首先由于每个方案都可以分裂，所以如果可以得到 \(k\) 的方案，则 \(>k\) 的方案也可以得到。那么题目可以转化为求让最小歌曲数 \(\leq k\) 的最小操作次数。
考虑对于给定字符串，怎么求最小歌曲数。
容易发现一定是让第 \(i\) 个 A 匹配第 \(i\) 个 \(B\)。所以可以转化为存在 \(n\) 个左右端点分别递增的区间，问将其划分成最少的互不相交的集合数，使得每个集合内的区间两两有交。
如果把一个区间完全在另一个区间的右边看成一个偏序关系，上面的东西就等价于最小反链覆盖，等于最长链。这样就得到一个比较优美的贪心。
然后就可以 dp 了。
设 \(f_{i,l}\) 表示考虑了前 \(i\) 个 A，目前的最长链为 \(l\)，且下一条链必须从 \(i+1\) 开始的最小操作数，\(c_i\) 表示原串第 \(i\) 个 A 前的 B 的个数。
不妨设第 \(i+1\) 个 B 位于第 \(j\) 个 A 之后，则 \([i+1,j]\) 这些 A 的 \(c\) 值都应该小于等于 \(i\)，而每次操作至多会让一个 \(c_k\leftarrow c_k-1\)，所以代价为：\(\sum_{k=i+1}^{j}{\max\{c_k-i,0\}}\)。可以得到转移方程：
注意到 \(cost(j,i)=\sum_{k=j+1}^{i}{\max\{c_k-j,0\}}\) 满足四边形不等式，所以 \(f_{n,l}\) 是凸的，考虑 wqs 二分。
设 \(nxt_i\) 表示最小的 \(j\) 满足 \(c_j\geq i\)，那么如果 \(nxt_j>i\)，让 \(j\to i\) 一定不优，因为 \(j\) 往后多匹配几个一定不劣。
所以只需要考虑 \(nxt_j\leq i\) 的情况，式子里的 \(\max\) 就没了，凸包优化即可。
时间复杂度：\(O(n\log n\log V)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int int64_t
using i128 = __int128_t;
using pii = std::pair<int, int>;
const int kMaxN = 1e6 + 5;
int n, k;
int c[kMaxN], sumc[kMaxN], nxt[kMaxN];
int f[kMaxN], g[kMaxN], a[kMaxN], b[kMaxN];
std::string s;
pii sub(pii a, pii b) { return {a.first - b.first, a.second - b.second}; }
i128 mul(pii a, pii b) { return (i128)a.first * b.second - (i128)a.second * b.first; }
void prework() {
int cnta = 0, cntb = 0;
for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) {
if (s[i] == 'A') c[++cnta] = cntb;
else ++cntb;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) sumc[i] = sumc[i - 1] + c[i];
for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {
for (; j < n && c[j + 1] < i; ++j) {}
nxt[i] = std::max(i, j);
}
}
void add(pii *stk, int &top, pii p) {
for (; top >= 2 && mul(sub(p, stk[top]), sub(stk[top], stk[top - 1])) >= 0; --top) {}
stk[++top] = p;
}
int calc(pii p, int x) { return x * p.first + p.second; }
std::pair<int, int> check(int x) {
static int id[kMaxN];
static pii stk[kMaxN];
int top = 0;
for (int i = 1, lst = -1; i <= n; ++i) {
int now = std::min(i - 1, c[i]);
for (; lst < now; ++lst, add(stk, top, {a[lst], b[lst]}), id[top] = lst) {}
f[i] = 1e18, g[i] = 1e18;
int L = 1, R = top + 1, res = 1;
while (L + 1 < R) {
int mid = (L + R) >> 1;
if (calc(stk[mid], -i) < calc(stk[mid - 1], -i)) L = res = mid;
else R = mid;
}
int j = id[res];
f[i] = -i * a[j] + b[j] + sumc[i] - x, g[i] = g[j] + 1;
a[i] = i, b[i] = f[i] - sumc[nxt[i]] + i * nxt[i];
}
return {f[n], g[n]};
}
void dickdreamer() {
std::cin >> n >> k >> s;
s = " " + s;
prework();
int L = -1e12, R = 1, res = 1;
while (L + 1 < R) {
int mid = (L + R) >> 1;
if (check(mid).second <= k) L = res = mid;
else R = mid;
}
auto p = check(res);
std::cout << p.first + res * k << '\n';
}
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
// std::cin >> T;
while (T--) dickdreamer();
// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号