洛谷__P9691 [GDCPC 2023] Base Station Construction（单调队列优化DP）

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题目大意：

有 $i$ 个点排成一排，从左到右编号依次为 $1\sim n$。选择第 $i$ 个点的代价为 $a[i]$。

有 $m$ 个要求，第 $i$ 个要求为在 $[L[i],\; R[i]]$ 中至少要选择一个节点。

请你找到代价最小的选择方案使得能够满足所有要求，并给出最小的代价。

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思路：

如果每个点的代价一样的话，就变成了区间贪心问题了，

现在每个点代价不一样，我们也可以利用区间贪心的方法处理，

先对区间的右端点从小到大排序；

f[i]表示：在前 i 个点中，第 i 个点必选的情况下的最小代价

我们容易得出状态转移方程：f[i] = min(f[j]) + a[i]

那 j 又要满足哪些条件呢？

显然，在点 i 的前面存在多段区间，为防止漏选，在所有右端点小于点 $i$ 的这些区间中，$j$ 必须大于这些区间的左端点，

(因为后面的决策点也选择不了这些漏选的区间)

因为这个决策点是单调递增的，所以可以使用单调队列优化

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代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#include<tuple>
#include<array>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include <ext/numeric>
#define inf 72340172838076673
#define int long long
#define endl '\n'
#define F first
#define S second
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof (a))
#define gmap __gnu_pbds::gp_hash_table
#define power __gnu_cxx::power
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 500086, mod = 998244353;

int n, m;
int a[N], f[N];

struct node {
    int l, r;
    bool operator<(const node b)const {
        return r < b.r;
    }
} e[N];

void solve() {

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    cin >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        e[i] = {a, b};
    }
    sort(e + 1, e + m + 1);
    
    deque<int> q;
    q.push_back(0);
    int l = 0;
    for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = f[q.front()] + a[i];
        while (q.size() && f[q.back()] > f[i]) q.pop_back();
        q.push_back(i);
        
        while (q.size() && e[j].r <= i && j <= m) l = max(l, e[j++].l);
        while (q.size() && l > q.front()) q.pop_front();
    }
    cout << f[q.front()] << endl;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--) solve();
    
    return 0;
}