AGC022D Shopping

Description

有 \(n\) 个商场, 第 \(i\) 个商场在数轴上的 \(x_i\) 处, 你需要在第 \(i\) 个商场花费连续的 \(t_i\) 单位时间购物。现在有一趟火车会在 \(0\) 到 \(L\) 处往返, 行驶一单位距离要花费一单位时间。

你从 \(0\) 时刻起在 \(0\) 处上车, 只有在商场, \(0\) 处或 \(L\) 处才能下车, 问最少花费多少单位时间能在每一个商场都购完物后回到 \(0\) 处。

\(n\leqslant 3\times 10^5, 0<x<L\leqslant 10^9\).

Solution

答案是 \(2L\) 的倍数，于是将 \(t_i\) 先缩到 \(2L\) 以内

最劣的策略就是从 \(1\sim n\) 逐个遍历，并让公交车走一圈回来再去下一个商场。先置答案为 \(n+1\) 再减少之。

\(t_i=0\) 的肯定可以直接带走。

记 \(l_i=[t_i\le 2x_i],r_i=[t_i\le 2(L-x_i)]\)，也可以理解为 \(l\) 表示是否可以从右向左时进、左向右时出，\(r\) 的含义类似。

特殊处理最靠右的商场，如果 \(r_n=1\) 那么也可以在一个往返之内带回

剩余部分答案减少的形式为找到 \(i<j\) 且 \(l_i=r_j=1\)，将 \(i,j\) 配对减少绕行的一周。注意这里减少一周的过程在最后还是需要走出原点，这也就是特殊处理最后一个商场的原因。

对于 \(l_i=1\ \land\ r_i=0\) 的商场可以带来的一个信息就是 \(2x_i\le t_i\le 2(L-x_i)\Rightarrow x_i\le \dfrac{L}2\) ，那么它左边不存在 \(l_i=0\ \land\ r_i=1\) 的商店。简而言之就是 \(l_i\ \text{only}\) 右边不存在 \(r_i\ \text{only}\)，它们之间存在一条分界线

最靠左的 \(l_i\ \text{only}\) 之前的 \(l_i=r_i=1\) 和 \(r_i\ \text{only}\) 配对，之后的 \(l_i=r_i=1\) 和 \(l_i\ \text{only}\) 配对，剩下的 \(l_i=r_i=1\) 互相配对即可

Code

const int N=3e5+10;
int n,L,x[N],t[N],ans;
bool l[N],r[N];
signed main(){
	n=read(); L=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) x[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		t[i]=read();
		ans+=t[i]/(2*L);
		t[i]%=2*L;
		if(!t[i]){
			--ans;
			continue;
		}
		l[i]=t[i]<=2*x[i];
		r[i]=t[i]<=2*(L-x[i]);
	}
	ans+=n+1-r[n];
	// n+1 -> last turn to bring the person back 
	int fix=n;
	int lcnt=0,rcnt=0;
	for(int i=1;i<n;++i){
		if(!l[i]&&!r[i]) continue;
		if(!r[i]){
			fix=i;
			break;
		}
		// bracket matches
		if(!l[i]&&lcnt) --lcnt,--ans;
		else if(l[i]) ++lcnt;
	}
	for(int i=n-1;i>=fix;--i){
		if(!l[i]&&!r[i]) continue;
		if(!l[i]) break;
		// bracket matches
		if(!r[i]&&rcnt) --rcnt,--ans;
		else if(r[i]) ++rcnt;
	}
	//lcnt,rcnt are both available choices
	ans-=(lcnt+rcnt)/2;
	print(2*L*ans);
	return 0;
}