题解：P11630 [WC2025] 士兵

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考虑一个很菜的 dp。假设 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个人，对着 \(i\) 砍了 \(j\) 刀的方案数。那么很显然有转移：

\[f_{i, j} = \max_{k} \{f_{i-1, k} - m \times \max(0, j-k)\} + [j \ge a_i] \times b_i \]

然后我们注意到如果我们想要让 \(a_i\) 扣到 \(0\)，那么我们不需要太多多余的操作，因为假设 \(a_{i-1}\) 的操作次数 \(> a_i\)，我们让 \(a_i\) 的次数比 \(a_{i-1}\) 小是不消耗代价的；如果 \(a_{i-1}\) 的操作次数 \(t\le a_i\)，那么假设 \(a_i\) 的操作次数是 \(t'\)，那么代价就是 \(t' - t\)，显然当 \(t' = a_i\) 时 \(t'\) 取最小，因此在当前位置上的代价最小。所以这种情况下我们直接让 \(a_i\) 的操作次数 $ = a_i$。

如果我们不想要让 \(a_i\) 扣到 \(0\)，那么也是同样道理的，把操作次数减的太小会让后面用更多的代价把操作次数加回去。因此这种情况下，我们让 \(a_i\) 的操作次数为 \(a_i - 1\)。

所以我们把上面那个转移方程的 \(\max\) 和艾弗森括号扔掉，只考虑下面三个转移：

\[f_{i, a_i} \leftarrow \max _{j < a_i} \{f_{i-1, j} - m \times (a_i - j)\} \]

\[f_{i, a_i - 1} \leftarrow \max_{j \ge a_i}\{f_{i-1, j}\} \]

\[f_{i, j} \leftarrow f_{i, j} + [j \ge a_i]b_i \]

第二个和第三个转移是简单的，一个是区间 \(\max\)，一个是区间加法，都可以用一棵线段树来维护。

第一个可以这样变换以下：

\[\max _{j < a_i} \{f_{i-1, j} - m \times (a_i - j)\} = \max_{j < a_i}\{f_{i-1, j} + m \times j\} - m \times a_i \]

所以我们再维护一个 \(f_{i, j} + m \times j\) 就可以了。

具体地，我们开两棵线段树，分别维护 \(f_{i, j}\) 和 \(f_{i, j} + m \times j\)，支持区间查询 \(\max\)，单点修改和区间加法。那么这道题就做完了，复杂度 \(O(n \log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define N 1000006
using namespace std;
int T,n,m,bn,a[N],a_[N],a1_[N],b[N],c[N];
struct Segtree {
	int tag[N<<2],tree[N<<2];
	void addtag(int p,int x){tag[p]+=x,tree[p]+=x;}
	void push_down(int p){addtag(p<<1,tag[p]),addtag(p<<1|1,tag[p]),tag[p]=0;}
	void build(int p,int l,int r)
	{
		tag[p]=0,tree[p]=-1e15;if(l==r)return;
		int mid=l+r>>1;build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
	}
	void assign(int p,int l,int r,int k,int x)
	{
		if(l==r)return tree[p]=x,(void)0;
		push_down(p);int mid=l+r>>1;
		k<=mid?assign(p<<1,l,mid,k,x):assign(p<<1|1,mid+1,r,k,x);
		tree[p]=max(tree[p<<1],tree[p<<1|1]);
	}
	void update(int p,int l,int r,int L,int R,int x)
	{
		if(L<=l&&r<=R)return addtag(p,x);
		push_down(p);int mid=l+r>>1;
		if(L<=mid)update(p<<1,l,mid,L,R,x);
		if(R>mid)update(p<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
		tree[p]=max(tree[p<<1],tree[p<<1|1]);
	}
	int query(int p,int l,int r,int L,int R)
	{
		if(L<=l&&r<=R)return tree[p];
		push_down(p);int mid=l+r>>1,ret=-1e15;
		if(L<=mid)ret=max(ret,query(p<<1,l,mid,L,R));
		if(R>mid)ret=max(ret,query(p<<1|1,mid+1,r,L,R));
		return ret;
	}
}T1,T2;
void solve()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m),c[bn=1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]),c[++bn]=a[i],c[++bn]=a[i]-1;
	sort(c+1,c+1+bn),bn=unique(c+1,c+1+bn)-c-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a_[i]=lower_bound(c+1,c+1+bn,a[i])-c;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a1_[i]=lower_bound(c+1,c+1+bn,a[i]-1)-c;
	int _0=lower_bound(c+1,c+1+bn,0)-c;
	T1.build(1,1,bn),T2.build(1,1,bn);
	T1.assign(1,1,bn,_0,0),T2.assign(1,1,bn,_0,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int fai_1=max(T1.query(1,1,bn,a1_[i],a1_[i]),T1.query(1,1,bn,a_[i],bn));
		int fai=max(T1.query(1,1,bn,a_[i],a_[i]),T2.query(1,1,bn,1,a1_[i])-m*a[i]);
		T1.assign(1,1,bn,a_[i],fai),T2.assign(1,1,bn,a_[i],fai+m*c[a_[i]]);
		T1.assign(1,1,bn,a1_[i],fai_1),T2.assign(1,1,bn,a1_[i],fai_1+m*c[a1_[i]]);
		T1.update(1,1,bn,a_[i],bn,b[i]),T2.update(1,1,bn,a_[i],bn,b[i]);
	}
	printf("%lld\n",T1.tree[1]);
}
main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while(T--)solve();
	return 0;
}

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题外话：

• 开题顺序 ABC：\(100 + 58 + 5\)，Cu 线。
• 开题顺序 ACB：\(100 + 58 + 100\)，Au 线。

场上我使用 ABC 的开题顺序，并且获得了压线铜牌。