星际穿越

这道题忘记了，再推一遍。
引理1：我们最多只会向右跳一次，且向右跳操作一定在开始。
考虑从\(x_i\)右边跳到左边的起始点\(z\)。如果我们经过了若干个点\({b}\)，则由于\(z\)能跳到\(<x_i\)的点，所以能跳到\(x_i\)
显然我们不用跳\(b\)，直接从\(s\)跳到\(z\)即可。
如果我们在\(x_i\)左边跨过\(x_i\)跳到右边的点\(a\)，则显然一开始能从\(s\)跳到\(a\)，矛盾。
假设我们在第一次从右边跨过左边（或没有跨过左边）然后向左跳。
如果我们在这个过程中向右跳，假设跳到点\(d\)，我们第一次跳后（包含第一次）跳过的点序列为\({c}\)。
则找到\(c\)中第一个大于\(d\)的元素\(e\)，则从\(e\)开始跳到\(d\)最优。
考虑bfs，每次求出距离当前点\(\leq d\)的区域。
引理2：当\(d>1\)时区域是一个区间。
如果我们右跳后跳到节点的区间不能够覆盖\(x_i\)，则显然还要右跳，矛盾。
考虑归纳。假设我们\(\leq x_i\)的区间为\([l,x_i]\)。
当\(d>1\)时，\(x_i\)右边能跳到节点肯定能覆盖\(x_i\)且是一个区间。
\([l,x_i]\)假若区间最小\(l\)值为\(v\)，则我们下一步显然能够跳到\([v,x_i]\)
考虑求出\(d\)增加\(1\)每一轮有多少节点不能到达。
假设我们区间覆盖\(l_i\)需要用\(d1\)步。
设一数列\({x}\)，\({x_j}\)表示\(d=j\)时覆盖区间右端点。
我们需要求出\(\sum_{i=2}^{d1}x_i-(l_i-1)*d1\)
求\(d1\)可以倍增。可以维护倍增时区间最小值。
\(x\)的和也可以用倍增维护。
还要预处理出后缀\(l\)最小值。
以上信息都可以在最多\(O(n\log_2n)\)时间内维护。