AtCoder Beginner Contest 395
ABC395
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Submission (A~E)
F Solution
如果只有第一个限制，那么求出 \(\min H_i\)（下文用 \(H_m\) 代替），将所有 \(H_i > H_m\) 的都修剪一下就好了。
如果只有第二个限制，可以用优先队列，将所有 \(U_i\) 扔到队列中，每次取出最短的牙齿（设其为 \(U_p\)），然后检查这个牙齿相邻的两个牙齿 \(U_{p-1}\) 和 \(U_{p+1}\)，检查它们是否满足 \(U_{p-1}\le U_p + X\) 和 \(U_{p+1}\le U_{p} + X\)（显然 \(U_{p-1}, U_{p+1}>U_p\)）。如果不满足，例如 \(U_{p-1} > U_p + X\)，那么令 \(U_{p-1}\gets U_p + X\)。
可以证明这个修剪是必要的：因为不可能存在一种合法情况满足 \(U_{p-1}>U_p+X\)，说明 \(U_{p-1}\) 一定要被修剪。
当然，更新完之后要把这些修剪后的牙齿塞回优先队列。显然，每个 \(U_i\) 最多只会被塞入队列 3 次（初始化、被左边的牙齿更新、被右边的牙齿更新）。时间复杂度是 \(O(n\log n)\)。至此，就解决完第二个限制了。
我们考虑在第二个限制的基础上加上第一个限制。假设所有牙齿已经被上述过程修剪过了（称为第一次修剪），我们得到了序列 \(\{U_{i}'\}\)。此时求出 \(H_i'\) 和 \(H_m'\)。可以证明，\(H_m'\) 就是题目所说的 \(H\)。证明如下：
如果 \(\forall i, U_i'\le H_m'\)，那么我们只需要把 \(D_i\) 减少即可。
否则，存在一些位置 \(i\) 满足 \(U_i' > H_m'\)，我们只需要把这些位置的牙齿修剪即可 \(U_{i}\gets H_m', D_i\gets 0\)（称为第二次修剪）。我们得到一个新的序列 \(\{U''_i\}\)
第二次修剪是否会破坏第二个限制呢？答案是不会的。
反证法。假设第二次修剪导致第二个限制被破坏了，即，存在某个 \(i\)，在它被修剪后，它和相邻的牙齿高度差大于 \(X\)。
- \(U''_{i-1} > U''_i + X = H_m' + X\)：不可能，因为第二次修剪后，所有 \(U_i''\) 都应该小于等于 \(H_m'\)。
- \(U_{i-1}'' < U_i'' - X = H_m' - X\)：不可能，因为假设不等式成立，说明 \(i-1\) 没有在第二次修剪被剪掉，即 \(U'_{i-1} = U''_{i-1}\)。我们知道 \(U_{i}'' - U''_{i-1} > X\)，则有 \(X < U_i'' - U_{i-1}'' = U_i'' - U_{i-1}' \le U_i' - U_{i-1}'\)。但我们知道第一次修剪后有 \(|U_i'-U_{i-1}'|\le X\)，矛盾。
我们证明了第二次修剪保持了第二个限制的成立性，并且保证了第一个限制的成立，故此构造是合法的。
G Solution
还是考虑用最小斯坦纳树的算法。
此算法求出了 \(f(i, S)\) 表示以 \(i\) 为根，包含集合 \(S\) 内所有节点的最小斯坦纳树的代价。空间大小是 \(O(N2^K)\) 的
假设只有 \(1, 2, \cdots, K, s_i\)，那么直接回答 \(f(s_i, [K])\) 即可，其中 \([K]\) 表示包含 \(1, 2, \cdots, K\) 的全集。问题在于本题是 \(1, 2,\cdots, K, s_i, t_i\)。
不难注意到 \(N\) 比较小（\(N\le 80\)），那么可以考虑一个更大的集合 \(U\)：
二元组 \((S, k)\) 表示 \(S\) 集合和 \(k\) 号节点在最小斯坦纳树上，当 \(k\) 等于 \(0\) 时表示只有 \(S\) 在最小斯坦纳树上。可以发现这个集合的大小是 \(O(2^KN)\) 的。最后仍然使用 \(f(i, S)\) 设计 dp 状态，保证 \(S\in U\) 即可。状态空间的大小是 \(O(N^22^K)\) 的。回答的时候只需要回答 \(f(s_i, ([K], t_i))\)。
最后分析时间复杂度，大概是 \(O(N2^K\times N\log N + N^23^K)\) 的。
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