正题

题目链接:https://loj.ac/p/6518

题目大意

一个长度为\(n\)的序列\(a\)，你可以花费\(1\)的代价让一个数\(+1\)或者\(-1\)，给出\(m\)个限制形如第\(k\)个数要是区间\([l,r]\)的最大/最小值。

求满足所有限制的最小代价

\(1\leq n\leq 5000,1\leq a_i\leq 10^5\)

解题思路

一个保序回归问题，我们考虑整体二分。

二分到\(mid\)时，我们就只考虑每个数选为\(mid\)还是\(mid+1\)，选为\(mid\)的最终\(\leq mid\)，选为\(mid+1\)的最终\(> mid\)。

然后是怎么处理一个\(mid\)，考虑使用\(dp\)，用\(0\)表示\(mid\)，\(1\)表示\(mid+1\)，那么序列就会被分成很多\(01\)交错的段，设\(f_{i,0/1}\)表示上一段的结尾是\(i\)，且是\(0/1\)段。

然后考虑怎么转移，我们将一个条件\([type,l,r,k]\)分为\([type,l,k,k]\)和\([type,k,r,k]\)，然后用线段树维护权值。

对于形如\([type,l,k,k]\)的条件，这里设\(type=1\)，那在我们取\(0\)段时如果包括了\(k\)那么必须包括整个\([l,k]\)，也就是左端点的选择不能为\((l,k]\)，我们可以视为在线段树上去掉一段可选区间。

对于形如\([type,k,r,k]\)的条件，同样设\(type=1\)，那我们在取\(0\)段时如果包括了\(k\)那么必须包括整个\([k,r]\)，也就是如果\(i\in[k,r]\)，那么我们上一个转移点\(j\)的选择必须有\(j>k\)，可以用单调栈来维护这些限制。

需要注意的点就是线段树的清空需要只清空修改过的点，否则会错。

时间复杂度：\(O(a\log a\log n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5100,M=N<<2,inf=1e9;
ll n,m,a[N],ans,lim[2][N],rim[2][N];
ll p[N],p0[N],p1[N],f[2][N],g[2][N];
stack<ll> d0,d1;
struct SegTree{
	ll cl[M],p[M],w[M],lazy[M];
	ll ans,ansp,clt;bool v[M];
	void Add(ll x){
		if(!v[x])v[x]=1,cl[++clt]=x;
		return;
	}
	void Downdata(ll x){
		Add(x);
		if(!lazy[x])return;Add(x*2);Add(x*2+1);
		lazy[x*2]+=lazy[x];w[x*2]+=lazy[x];
		lazy[x*2+1]+=lazy[x];w[x*2+1]+=lazy[x];
		lazy[x]=0;return;
	}
	void Merge(ll x){
		if(w[x*2]<w[x*2+1])w[x]=w[x*2],p[x]=p[x*2];
		else w[x]=w[x*2+1],p[x]=p[x*2+1];
		return;
	}
	void Change(ll x,ll L,ll R,ll l,ll r,ll val){
		if(L==l&&R==r){Add(x);lazy[x]+=val;w[x]+=val;return;}
		ll mid=(L+R)>>1;Downdata(x);
		if(r<=mid)Change(x*2,L,mid,l,r,val);
		else if(l>mid)Change(x*2+1,mid+1,R,l,r,val);
		else Change(x*2,L,mid,l,mid,val),Change(x*2+1,mid+1,R,mid+1,r,val);
		Merge(x);return;
	}
	void Ins(ll x,ll L,ll R,ll pos,ll val,ll pr){
		if(L==R){Add(x);if(w[x]>val)w[x]=val,p[x]=pr;return;}
		ll mid=(L+R)>>1;Downdata(x);
		if(pos<=mid)Ins(x*2,L,mid,pos,val,pr);
		else Ins(x*2+1,mid+1,R,pos,val,pr);
		Merge(x);return;
	}
	void Query(ll x,ll L,ll R,ll l,ll r){
		if(L==l&&R==r){
			if(w[x]<ans)ans=w[x],ansp=p[x];
			return;
		}
		ll mid=(L+R)>>1;Downdata(x);
		if(r<=mid)Query(x*2,L,mid,l,r);
		else if(l>mid)Query(x*2+1,mid+1,R,l,r);
		else Query(x*2,L,mid,l,mid),Query(x*2+1,mid+1,R,mid+1,r);
	}
	void Ask(ll l,ll r)
	{ans=inf;Query(1,1,n,l,r);return;}
	void Clear(){
		for(ll i=1;i<=clt;i++)
		{w[cl[i]]=inf;v[cl[i]]=lazy[cl[i]]=0;}
		clt=0;return;
	}
}T0,T1;
void solve(ll l,ll r,ll L,ll R){
	if(l>r)return;
	if(L==R){
		for(ll i=l;i<=r;i++)
			ans+=abs(a[p[i]]-L);
		return;
	}
	T0.Clear();T1.Clear();
	while(!d0.empty())d0.pop();d0.push(0);
	while(!d1.empty())d1.pop();d1.push(0);
	T0.Ins(1,1,n,1,0,0);
	T1.Ins(1,1,n,1,0,0);
	ll mid=(L+R)>>1;
	for(ll i=l;i<=r;i++){
		f[0][i]=f[1][i]=inf;
		if(i>l&&lim[0][p[i]]<p[i])T0.Change(1,1,n,lim[0][p[i]]+1,p[i],inf);
		if(i>l&&lim[1][p[i]]<p[i])T1.Change(1,1,n,lim[1][p[i]]+1,p[i],inf);
		T1.Change(1,1,n,1,p[i],abs(mid-a[p[i]]));
		T0.Change(1,1,n,1,p[i],abs(mid+1-a[p[i]]));
		while(!d0.empty()&&rim[0][d0.top()]<=rim[0][p[i]])d0.pop();
		while(!d1.empty()&&rim[1][d1.top()]<=rim[1][p[i]])d1.pop();
		if(i<r){
			while(!d0.empty()&&rim[0][d0.top()]<p[i+1])d0.pop();
			while(!d1.empty()&&rim[1][d1.top()]<p[i+1])d1.pop();
			if(rim[0][p[i]]>=p[i+1])d0.push(p[i]);
			if(rim[1][p[i]]>=p[i+1])d1.push(p[i]);
		}
		else{
			while(d0.size()>1)d0.pop();
			while(d1.size()>1)d1.pop();
		}
		if(d1.top()<p[i]){
			T1.Ask(d1.top()+1,p[i]);
			f[0][i]=T1.ans;g[0][i]=T1.ansp;
		}
		if(d0.top()<p[i]){
			T0.Ask(d0.top()+1,p[i]);
			f[1][i]=T0.ans;g[1][i]=T0.ansp;
		}
		if(i<r){
			T0.Ins(1,1,n,p[i]+1,f[0][i],i);
			T1.Ins(1,1,n,p[i]+1,f[1][i],i);
		}
	}
	ll t0=0,t1=0,i=r,k=(f[0][r]<f[1][r])?0:1;
	while(i){
		for(ll j=i;j>max(g[k][i],l-1);j--)
			if(k)p1[++t1]=p[j];
			else p0[++t0]=p[j];
		i=g[k][i];k^=1;
	}
	for(ll i=1;i<=t0;i++)p[l+i-1]=p0[t0-i+1];
	for(ll i=1;i<=t1;i++)p[l+t0+i-1]=p1[t1-i+1];
	solve(l,l+t0-1,L,mid);
	solve(l+t0,r,mid+1,R);
	return;
}
signed main()
{
	freopen("hack.in","r",stdin);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	rim[0][0]=rim[1][0]=inf;
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	memset(lim,0x3f,sizeof(lim));
	for(ll i=1,t,l,r,k;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&t,&l,&r,&k);
		lim[t][k]=min(lim[t][k],l);
		rim[t][k]=max(rim[t][k],r);
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)p[i]=i;
	memset(T0.w,0x3f,sizeof(T0.w));
	memset(T1.w,0x3f,sizeof(T1.w));
	solve(1,n,1,1e5);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

标签：6518,lazy,return,val,loj,ll,mid,雅礼,type
来源： https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16057006.html