校内训练2019-11-08新婚快乐

Posted 2020-11-21 chhokmah

【题目概括】

在一个线性道路上除了起点和终点一共有(n)个点，给出(n+1)个路段的长度(w_i)，以及在每一个路口的红绿灯的周期，所有红绿灯的周期是相同的，绿灯持续时间为(g)，红灯持续时间为(r)。

车在过路口的时候，如果是红灯就会被拦下来，直到下一个绿灯。

现在给定(m)个车出发的时间(t_i)，求出到达终点的最短时间。

【思路要点】

• 对于所有的红绿灯的周期都是相同的，所以我们可以将问题划分为两个子问题：被第一个红绿灯拦住之前、拦住之后。
• 第一个子任务：
• 我们记录前缀和方便计算两两之间的距离，(sum[i]=sum^{i}_{j=1}w_j)
• 那么被第(i)红绿灯拦住的充要条件：((t_s+sum[i])mod (g+r)>g)。（原本在第(g)秒是可以过红绿灯的，但是从零开始标号的时间在第(g)秒就被拦住了）
• 我们用权值线段树维护最小编号，将原式展开后得到了((t_smod (g+r)+sum[i]mod (g+r))mod (g+r))。
• 可以将这个情况分成两种情况讨论，如果(t_sleq g)，那么加上(sum[i]mod (g+r))也不可能超过(g)，所以这样只有一段答案区间([g-t_s,mod-1-t_s])。
• 否则有两段区间分别为([0,mod-1-t_s])和([mod-(t_s-(g-1))+1,mod-1])。
• 第二个子任务我们可以通过(DP)求解。
• 令(g[i])表示从第(i)个路灯的绿灯开始到终点的最短时间。
• 转移方程为：(g[i]=g[j]+dis(i,j)+(g+r-dis(i,j)mod (g+r)))
• 其中(j)是(i)后第一个被拦住的红绿灯。
• 我们也用类似于上面的做法，从后向前(DP)，用权值线段树优化(DP)，也就是固定(sum[i]mod (g+r))，然后查找答案区间最小的(j)。（本质就是向后数个数）
• 其实就是两个(sum[i]mod (g+r))和(sum[j]mod (g+r))在线段树上的距离(ge g)，转化成严格(>g-1)，这样我们就只需要求出我们不需要的区间.
• 如果(sum[i]mod (g+r)-1<(g+r)-1)也就说明不需要的区间是一段连续的区间：([sum[i]mod (g+r),sum[i]mod (g+r)+g-1])，那么查询的答案区间就被分成了两段([sum[i]mod (g+r)+g,mod-1])和([0,sum[i]mod (g+r)-1])。
• 否则不需要的区间就变成了两段，我们查询区间就变成了一段([(sum[i]mod (g+r)+g-1)mod (g+r)+1,(sum[i]mod (g+r)-1])。
• 时间复杂度 (mathcal{O}(m imes log(g+r)))

【代码】

#include <bits/stdc++.h>

#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f

using namespace std;

typedef long long ll;

template <typename T> void chkmax(T& x, T y) { x = x > y ? x : y; }
template <typename T> void chkmin(T& x, T y) { x = x < y ? x : y; }

const int N = 2e5 + 5;
ll w[N], sum[N], dp[N];
int n, g, r;
ll mod;

ll getDis(int i, int j) {
  if (i > j)
    return 0;
  return sum[j] - sum[i];
}

#define lc (tr[nod].ch[0])
#define rc (tr[nod].ch[1])

struct Node {
  int ch[2];
  ll val;
} tr[N * 32];
 
int root, tot = 0;

void pushup(int nod) {
  tr[nod].val = INF;
  if (lc) 
    chkmin(tr[nod].val, tr[lc].val);
  if (rc)
    chkmin(tr[nod].val, tr[rc].val);
}

void insert(int& nod, ll l, ll r, ll k, int v) {
  if (!nod)
     tr[nod = ++tot].val = INF;
  if (l == r) {
    tr[nod].val = v;
    return;
  }
  ll mid = (l + r) >> 1;
  if (k <= mid) 
    insert(lc, l, mid, k, v);
  else 
    insert(rc, mid + 1, r, k, v);
  pushup(nod);
}

ll query(int nod, ll l, ll r, ll ql, ll qr) {
  if (!nod)
    return INF;
  if (ql <= l && r <= qr)
    return tr[nod].val;
  ll mid = (l + r) >> 1, res = INF;
  if (ql <= mid)
    chkmin(res, query(lc, l, mid, ql, qr));
  if (qr > mid)
    chkmin(res, query(rc, mid + 1, r, ql, qr));
  return res;
}

ll queryPos1(ll sumi) {
  sumi %= mod;
  ll res = INF;
  if (sumi + g - 1 < mod - 1) {
    ll t1 = query(root, 0, mod - 1, sumi + g, mod - 1);
    ll t2 = query(root, 0, mod - 1, 0, sumi - 1);
    chkmin(res, t1), chkmin(res, t2);
  }
  else 
    chkmin(res, query(root, 0, mod - 1, (sumi + g - 1) % mod + 1, sumi - 1));
  return res;
}

ll queryPos2(ll t0) {
  t0 %= mod;
  ll res = INF;
  if (t0 <= g)
    chkmin(res, query(root, 0, mod - 1, g - t0, mod - 1 - t0));
  else {
    chkmin(res, query(root, 0, mod - 1, 0, mod - 1 - t0));
    chkmin(res, query(root, 0, mod - 1, mod - (t0 - (g - 1)) + 1, mod - 1));
  } 
  return res;
}

int main() {
  ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
  cin >> n >> g >> r;
  mod = g + r;
  for (int i = 1; i <= n + 1; i++) 
    cin >> w[i];
  sum[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
    sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
  dp[n + 1] = w[n + 1];
  for (int i = n; i >= 1; i--) {
    ll pos = queryPos1(sum[i]);
    if (pos == INF)
      dp[i] = getDis(i, n + 1);
    else {
      ll Dis = getDis(i, pos);
      dp[i] = dp[pos] + Dis + (mod - Dis % mod);
    }
    insert(root, 0, mod - 1, sum[i] % mod, i);
  }
  int q; cin >> q;
  while (q--) {
    int t0; cin >> t0;
    ll pos = queryPos2(t0);
    if (pos == INF)
      cout << t0 + sum[n + 1] << '
';
    else {
      ll tmp = getDis(0, pos);
      cout << t0 + tmp + (mod - (t0 + tmp) % mod) + dp[pos] << '
';
    }
  }
  return 0;
}