2025.02.22 CW 模拟赛 D. 送快递

D. 送快递

思路

注意到题目中说「第 \(i\) 个时刻, 青蛙和周欣中的一个人要将快递送往位置 \(k_i\), 送完快递后, 那个人将停留在位置 \(k_i\)」, 那么就有一个 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的 DP : \(f_{i, j}\) 表示执行完前 \(i\) 次操作, 有一个人在 \(k_i\), 另一个人在 \(k_j\) 的最小代价.

考虑一个人的行动轨迹, 必定为「一段 + 一段 + ... + 一段」 的形式. 那么我们可以优化 DP 状态: 令 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为一段结尾的最小代价. 我们枚举该段的开头, 则有以下转移方程.

\[f_i = \min_{j = 1}^{i - 1} \{ f_j + |k_{j - 1} - k_i| + \sum_{l = j + 1}^{i - 1} |k_l - k_{l + 1}| \} \]

最后的 \(\displaystyle \sum_{l = j + 1}^{i - 1} |k_l - k_{l + 1}\) 可以使用前缀和进行优化成 \(s_{i - 1} - s_j\)​, 那么就有:

\[f_i = \min_{j = 1}^{i - 1} \{ f_j + |k_{j - 1} - k_i| + (s_{i - 1} - s_j) \} \]

可以发现变量均可分离成只和 \(i, j\) 独立相关, 用数据结构维护即可.

void build() {
	memset(tr, 63, sizeof tr);
	while (P <= n + 2) P <<= 1;
}

void update(int op, int x, long long val) {
	tr[op][x += P] = val;
	for (x >>= 1; x; x >>= 1)
		tr[op][x] = min(tr[op][x << 1], tr[op][x << 1 | 1]);
}

long long query(int op, int l, int r) {
	long long ans = INF;
	l += P - 1, r += P + 1;
	while (l ^ 1 ^ r) {
		if (~l & 1) ans = min(ans, tr[op][l ^ 1]);
		if (r & 1) ans = min(ans, tr[op][r ^ 1]);
		l >>= 1, r >>= 1;
	}
	return ans;
}

void init() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(k[i]);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) t[i + 1] = k[i];
	sort(t + 1, t + n + 2);
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
		k[i] = lower_bound(t + 1, t + n + 2, k[i]) - t;
}

void calculate() {
	build();
	update(0, 1, t[k[1]] - t[1]), update(1, 1, t[k[1]] + t[1]), ans = t[k[1]];
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		long long l, r, val;
		l = query(0, 1, k[i]) + t[k[i]], r = query(1, k[i] + 1, n + 1) - t[k[i]];
		val = min(l, r) + s;
		s += abs(t[k[i]] - t[k[i - 1]]);
		ans = min(ans, val - s);
		update(0, k[i - 1], val - s - t[k[i - 1]]);
		update(1, k[i - 1], val - s + t[k[i - 1]]);
	}
	print(ans + s);
}