新的一年新的开始。结果第一题就用了几乎一周。而且感觉很不好。
先检讨自己。最近写的各种数据结构模板基本没打过出来，各种细节崩盘，这题线段树都居然被lazy标记没清零卡挂。
DP还是博大精深，这东西感觉没学好啊。
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很容易想DP的。主要是怎么D，一开始我的想法是f[i][j]表示到第1~i个点被覆盖，建了j个站。但是这题的覆盖是关于当前点的，什么意思，就是可能k1点在k2点前面，但k1受到了很后面的k3覆盖不用补偿，而k2却要，这样就gg。
那改一下，f[i][j]表示在第i个点建站，建了j个。DP方程就是这样的。
f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]+（k~x中没被覆盖的点的w和）)+c[i];
而这个时间复杂度O(n^2*k)必挂。
膜了题解才发现，这题是一道经典的线段树维护DP，线段树负责区间修改和区间查询。时间复杂度就可以降到O(nlogn*k)
显然维护的就是f[k][j]+（k~x中没被覆盖的点的w和），按照1~k下标即可。
那么难点在于（k~x中没被覆盖的点的w和）
考虑四个点k，p，x，x+1
k表示被继承点，x、x+1可以继承k（当然还有其他，方便起见就不罗列了）
那么对于k和x，若x继承k，那么k、x之间肯定没有点建站，那么f[k][j-1]+（k~x中没被覆盖的点的w和）假设已经预处理了，再假设x这个站建下来，x覆盖了p，并且p和x的距离就是p能被影响的最远距离
然后对于x+1的话，如果x+1要继承k，那么p必定没有覆盖，因为x已经是最远的点了，x+1无论如何也覆盖不了。
由此，我们二分预处理出一个点往后最远可以影响到它的点，然后用邻接表把最远距离相等的点记录，那么当枚举x到x+1的时候，就可以快速把那些与p情况一样的点的w加上就行了。
那么还有一个问题，k也可以覆盖到后面的点呀，假如x+1覆盖不了，但k覆盖得了，那也不应该把w加上。
解决方法是再二分预处理出一个点往前最远可以影响到它的点，当区间修改的时候，就修改那些在它前面的，影响不到它的点，这些点就是1~L[x]-1
PS：实际的操作中j没必要留一维。当j-1的信息记入线段树中时，f就没用了，直接在上面更新
还有就是n++，m++，在最后多弄一个d=inf，c=0，s=0，的结束点，由于s=0，所以m++的那个站肯定建在n+1位置，又由于d=inf，不影响其他原来的点，此举旨在将最后答案确定到n+1位置方便取最大，因为对于这个问题，建站不一定要建在n位置，同时判断前面的位置能否覆盖后面也很麻烦。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; const int inf=2147483647; int n,m; int d[21000],c[21000],w[21000]; int L[21000],R[21000];//表示最远可以影响到当前点的位置 LL f[21000]; struct line { int to,next; }l[21000];int llen,last[21000]; void ins(int x,int y) { llen++;l[llen].to=y; l[llen].next=last[x];last[x]=llen; } int fhj(int k) { int l=1,r=n,ret; while(l<=r) { int mid=(l+r)/2; if(d[mid]>=k)r=mid-1, ret=mid; else l=mid+1; } return ret; } int fqq(int k) { int l=1,r=n,ret; while(l<=r) { int mid=(l+r)/2; if(k>=d[mid])l=mid+1, ret=mid; else r=mid-1; } return ret; } void sc() { scanf("%d%d",&n,&m);n++;m++; llen=0;memset(last,0,sizeof(last)); d[1]=0; for(int i=2;i<n;i++)scanf("%d",&d[i]); d[n]=inf; for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d",&c[i]); c[n]=0; int x; for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d",&x), L[i]=fhj(d[i]-x), R[i]=fqq(d[i]+x), ins(R[i],i); L[n]=n;R[n]=n; for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d",&w[i]); } //----------sc---------------------- struct seq { int l,r,lc,rc;LL c,lazy; }tr[41000];int trlen; void bt(int l,int r) { trlen++;int now=trlen; tr[now].l=l;tr[now].r=r; tr[now].c=0;tr[now].lazy=0; tr[now].lc=tr[now].rc=-1; if(l<r) { int mid=(l+r)/2; tr[now].lc=trlen+1;bt(l,mid); tr[now].rc=trlen+1;bt(mid+1,r); tr[now].c=min(tr[tr[now].lc].c,tr[tr[now].rc].c); } else tr[now].c=f[l]; } LL findmin(int now,int l,int r) { if(tr[now].l==l&&tr[now].r==r){return tr[now].c;} int lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc; int mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2; if(tr[now].lazy!=0) { tr[lc].c+=tr[now].lazy; tr[rc].c+=tr[now].lazy; tr[lc].lazy+=tr[now].lazy; tr[rc].lazy+=tr[now].lazy; tr[now].lazy=0; } if(r<=mid)return findmin(lc,l,r); else if(mid+1<=l)return findmin(rc,l,r); else return min(findmin(lc,l,mid),findmin(rc,mid+1,r)); } void change(int now,int l,int r,int k) { if(l>r)return ; if(tr[now].l==l&&tr[now].r==r){tr[now].c+=k;tr[now].lazy+=k;return ;} int lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc; int mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2; if(tr[now].lazy!=0) { tr[lc].c+=tr[now].lazy; tr[rc].c+=tr[now].lazy; tr[lc].lazy+=tr[now].lazy; tr[rc].lazy+=tr[now].lazy; tr[now].lazy=0; } if(r<=mid)change(lc,l,r,k); else if(mid+1<=l)change(rc,l,r,k); else change(lc,l,mid,k), change(rc,mid+1,r,k); tr[now].c=min(tr[lc].c,tr[rc].c); } //-------seq---------------- int main() { freopen("base.in","r",stdin); freopen("base.out","w",stdout); sc(); int tre=0; for(int i=1;i<=n;i++) { f[i]=tre+c[i]; for(int k=last[i];k;k=l[k].next) { int to=l[k].to; tre+=w[to]; } } //yu j=1 LL ans=f[n]; for(int j=2;j<=m;j++) { trlen=0;bt(1,n); for(int i=j;i<=n;i++) { f[i]=findmin(1,j-1,i-1)+c[i]; for(int k=last[i];k;k=l[k].next) { int to=l[k].to; change(1,1,L[to]-1,w[to]); } } ans=min(ans,f[n]); } printf("%lld\n",ans); return 0; }