Speedrun

又是一道赛后两分钟敲完的题。

$\text{Link}$

题意

你有 $n$ 个任务，第 $i$ 个任务完成的时间可以设定为 $xk+h_i(x\in[0,\infty))$，同时有 $m$ 个限制，要求第 $a_i$ 个任务完成的时间不超过第 $b_i$ 个任务完成的时间，且这种单向关系不会形成环（保证 $a_i<b_i$）。

求完成时间最晚与最早的任务的时间差的最小值。

分析

把题中的 $m$ 条限制当做有向边，那么这就是个有向无环图。

有一个贪心的想法是让每个任务完成的时间尽量靠前，于是我们可以在 $\text{DAG}$ 上 $\text{dp}$，记 $dep_u$ 表示第 $u$ 个任务的系数 $x$ 的最小值，那么对于 $v$ 的每条入边 $u\rightarrow v$，有：

$$dep_v=\max_{u\rightarrow v\in E}\{dep_u+[h_u>h_v]\}$$

答案为 $\max_{i=1}^n\{dep_ik+h_i\}-\min_{i=1}^n\{dep_ik+h_i\}$。

但是这样是错的，样例告诉我们，可以通过把完成时间最小的几个点的 $dep$ 值 $+1$ 来减小答案。显然，选择 $+1$ 的点只可能是入度为 $0$ 的点，选择其他点只会得不偿失，于是可以枚举选择的断点，改变那几个点的初始 $dep$，再重新拓扑排序。

可这样的时间复杂度仍高达 $O(n^2)$，考虑优化。可以发现，先选择一个点后，产生的变化都形如“如果 $dep_i$ 可以 $+1$，那么它对 $i$ 在 $\text{DAG}$ 上的后继以及本身影响后的最大值”，故我们将该值设为 $ch_i$，有：

$$ch_u=\max\{(dep_u+1)k+h_u,\max_{u\rightarrow v\in E}\{ch_v\times[dep_u+[h_u>h_v]+1>dep_v]\}\}$$

于是 $ch$ 可以通过记忆化搜索求出，最终可求出答案。

代码

虽然题目给的就是拓扑序，但我还是用了拓扑排序

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
void write(long long x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=2e5+10;
int t,n,m,k;
ll h[N],dep[N];
int head[N],ver[N],nxt[N],tot,in[N];
void add(int x,int y){
	ver[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;in[y]++;
}
queue<int>q;
void topu(){
	while(q.size())q.pop();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i])
			q.push(i),dep[i]=0;
	}
	while(q.size()){
		int x=q.front();q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
			int y=ver[i];
			dep[y]=max(dep[y],dep[x]+(h[x]>h[y]));
			in[y]--;
			if(!in[y])
				q.push(y);
		}
	}
}
int a[N],top;
ll ch[N];
bool cmp(int x,int y){
	return h[x]<h[y];
}
ll dfs(int x){
	if(ch[x]!=-1)return ch[x];
	ch[x]=(dep[x]+1)*k+h[x];
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=ver[i];
		if(dep[x]+(h[x]>h[y])+1>dep[y])
			ch[x]=max(ch[x],dfs(y));
	}
	return ch[x];
}
int main(){
	t=read();
	while(t--){
		n=read();m=read();k=read();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			h[i]=read();in[i]=head[i]=dep[i]=0;
			ch[i]=-1;
		}
		tot=top=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x=read(),y=read();
			add(x,y);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!in[i])a[++top]=i;
		sort(a+1,a+top+1,cmp);
		topu();
		ll mx=0,ans=1e18;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			mx=max(mx,dep[i]*k+h[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)dfs(i);
		for(int i=1;i<=top;i++){
			ans=min(ans,mx-h[a[i]]);
			mx=max(mx,ch[a[i]]);
		}
		write(ans);puts("");
	}
	return 0;
}