题解：P16370 [OOI 2026] Monsters and Swords
来讲一个非常自然的 \(O(n \log^2 n)\) 做法，跑得几乎和单 \(\log\) 一样快。冥想了一节文化课就想明白了！
考虑转为一个最优化问题：如果我能求出整个过程中至少花费的钱数 \(t\)，那么判定是容易的：只需要判断 \(x + \sum r_i\) 是否 \(\ge t\) 即可，其中前者是我们全过程的收益。
那么这题本质上是要把所有怪物分段，每一段用一把剑来消灭。假设该段内怪物的 \(h_i\) 的最大值为 \(mx\)，那么显然我们会选择一把攻击力 \(\ge mx\) 且价格最低的剑。假设攻击力 \(\ge j\) 且价格最低的剑价格为 \(v(j)\)，\(sum_i\) 表示 \(r\) 数组的前缀和。由此考虑一个 dp：\(f_i\) 表示消灭 \(1 \sim i\) 的怪物最少花费多少钱。则有转移
简单解释一下 \(x + sum_j - f_j \ge \operatorname{cost}(i, j)\) 是什么意思：当我们消灭完前 \(j\) 个怪物的时候我们收益为 \(x + sum_j\)，并会损失 \(f_j\)，此外还要额外损失 \(\operatorname{cost}(i, j)\) 来购买一个剑处理 \((j, i]\) 的区间。因此需要保证 \(x+sum_j - f_j - \operatorname{cost}(i, j) \ge 0\)，因为我们任何时刻手中的钱数都要求非负。至此可以做到 \(O(n^2)\)。
接下来我们优化这个 dp。发现我们的 dp 转移的 \(j\) 需要满足的条件和转移方程中都有 \(\operatorname{cost}(i, j)\) 这一项，而 \(\operatorname{cost}(i, j)\) 是仅和 \((j, i]\) 区间内 \(h\) 的最大值有关的，这启发我们在笛卡尔树上考虑，换言之，考虑极值分治。
现在假设考虑区间 \([l, r]\)，区间最大值的位置为 \(mid\)，我们希望完成所有 \(l \le j+1 \le mid \le i \le r\) 的 \(i, j\) 的转移。
但是极值分治并没有和直接按照中点分治那样优良的性质，因为极值分治的分治树可能很高，如果每一次都付出 \(O(r-l)\) 的代价那么最坏情况下就是 \(O(n^2)\)，单调递增的序列就可以卡到这个上界。但是如果我们每次枚举量是 \(O(\min(r-mid, mid-l))\)，那么总枚举量就是 \(O(n \log n)\)，因为考虑序列上的某个位置，如果它在分治树上的某个节点被枚举到了，说明从这个节点往上走一步，其父亲的区间长度相较于当前节点会翻倍，因此每个节点至多被枚举 \(O(\log n)\) 次。这也是启发式合并在二叉树上的特殊情形。
因此只需要对 \(r - mid\) 和 \(mid - l\) 的大小关系分类讨论。注意由于我们处理的转移全部跨过 \(mid\)，因此下文中 \(\operatorname{cost}(i, j)\) 全部当做定值处理。
-
若 \(r - mid < mid - l\)，则我们直接枚举 \(i\)，查询最优的 \(j\) 来更新 \(f_i\)。
那么我们需要查询满足 \(i - j \le k\) 且 \(x + sum_j - f_j \ge \operatorname{cost}(i, j)\) 的最小的 \(f_j\)。容易发现 \(f\) 单调不降，因此查询出满足上式的最小 \(j\) 即可。我们维护一个线段树，在 \(j\) 位置存储 \(x + sum_j - f_j\) 的值，线段树上二分出第一个 \(\ge \operatorname{cost}(i, j)\) 的位置即可。
-
若 \(r - mid \ge mid - l\)，则我们枚举 \(j\)，处理每个 \(j\) 对一段区间内的 \(f_i\) 的贡献。
那么首先这个 \(j\) 也要满足 \(x + sum_j - f_j \ge \operatorname{cost}(i, j)\)。在此基础上，这个 \(j\) 会对所有 \(i \isin [mid, r]\)，且 \(i - j \le k\) 的 \(i\) 产生贡献，贡献显然是 \(f_j + \operatorname{cost}(i, j)\)。则维护一个支持区间取 \(\min\) 单点查询的数据结构即可，在我的实现中选用了线段树。
至此问题得到解决，复杂度为分治的一只 \(\log\) 乘上数据结构的一只 \(\log\)，即 \(O(n \log^2 n)\)。实测分治的 \(\log\) 常数极小，可以轻松通过。
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 500006
using namespace std;
using i64=long long;
constexpr i64 INF=2e15;
template <class T1,class T2> inline void chkmin(T1 &x,T2 y) {x=x<y?x:y;}
template <class T1,class T2> inline void chkmax(T1 &x,T2 y) {x=x<y?y:x;}
int n,m,k,x,maxn,a[N],b[N],suf[N],cost[N];
int tp,ch[N][2],stk[N],val[N];
i64 f[N],sb[N];
pair<int,int> c[N];
struct Segtree1 { // 单点修改，区间查 min
i64 tree[N<<2];
void build(int p,int l,int r)
{
tree[p]=-INF; if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void update(int p,int l,int r,int k,i64 x)
{
if(l==r)return tree[p]=x,(void)0;
int mid=l+r>>1;
k<=mid?update(p<<1,l,mid,k,x):update(p<<1|1,mid+1,r,k,x);
tree[p]=max(tree[p<<1],tree[p<<1|1]);
}
int find(int p,int l,int r,i64 x)
{
if(l==r)return l;
int mid=l+r>>1;
return tree[p<<1]<x?find(p<<1|1,mid+1,r,x):find(p<<1,l,mid,x);
}
void find(int p,int l,int r,int L,int R,i64 x,int &res)
{
if(res!=-1)return;
if(L<=l&&r<=R)
{
if(tree[p]>=x)res=find(p,l,r,x);
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid)find(p<<1,l,mid,L,R,x,res);
if(R>mid)find(p<<1|1,mid+1,r,L,R,x,res);
}
} T1;
struct Segtree2 { // 区间 chkmin，单点查询
i64 tree[N<<2];
void build(int p,int l,int r)
{
tree[p]=INF; if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void update(int p,int l,int r,int L,int R,i64 x)
{
if(L<=l&&r<=R)return chkmin(tree[p],x);
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);
}
i64 query(int p,int l,int r,int k,i64 x)
{
chkmin(x,tree[p]); if(l==r)return x;
int mid=l+r>>1;
return k<=mid?query(p<<1,l,mid,k,x):query(p<<1|1,mid+1,r,k,x);
}
} T2;
void solve(int mid,int l,int r)
{
if(l>r)return;
solve(ch[mid][0],l,mid-1);
if(r-mid<mid-l)
for(int i=mid;i<=r;i++)
{
int lb=max({0,l-1,i-k}); if(lb>=mid)break;
int p=-1; T1.find(1,0,n,lb,mid-1,cost[mid],p);
if(p!=-1)chkmin(f[i],f[p]+cost[mid]);
}
else for(int i=max(0,l-1);i<=mid-1;i++)
{
if(i+k<mid||x+sb[i]-f[i]<cost[mid])continue;
T2.update(1,0,n,mid,min(i+k,r),f[i]+cost[mid]);
}
chkmin(f[mid],T2.query(1,0,n,mid,INF));
T1.update(1,0,n,mid,x+sb[mid]-f[mid]);
solve(ch[mid][1],mid+1,r);
}
main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&x);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),chkmax(maxn,a[i]),sb[i]=sb[i-1]+b[i];
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&c[i].first,&c[i].second);
sort(c+1,c+1+m),suf[m+1]=2e9;
if(maxn>c[m].first)return printf("No\n"),0;
for(int i=m;i;i--)suf[i]=min(suf[i+1],c[i].second);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cost[i]=suf[lower_bound(c+1,c+1+m,make_pair(a[i],0))-c];
while(tp&&a[i]>val[tp])ch[i][0]=stk[tp--];
if(tp)ch[stk[tp]][1]=i;
stk[++tp]=i,val[tp]=a[i];
}
for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=INF;
T1.build(1,0,n),T2.build(1,0,n),f[0]=0,solve(stk[1],0,n);
printf(f[n]<=x+sb[n]?"Yes\n":"No\n");
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号