Cats Transport

Cats Transport

现在有n座山，第i座山的坐标为\(d_i\)，初始p个饲养员在山1,有m只猫，每只猫有一个属性\(h_i,t_i\)表示猫i

在\(h_i\)以及它在\(t_i\)时间后才能被带走（\(t_i\)之前不算做在等待），现在请安排饲养员的出发时间，每个饲养员的速度都为每个单位长度每个单位时间，让所有的猫被带走之前的等待时间之和最短。

\(2<=n<=10^5,1<=m<=10^5,1<=p<=100\)

解

注意到饲养员的出发时间是不可能作为状态的，现在让d变为其前缀和，设一个饲养员的出发时间为t,于是考虑等待时间对于一只猫i的等待时间应为\(t+d_{h_i}-t_i\)，注意到猫要能够被饲养员带走，必然有\(t+d_{h_i}\geq t_i\)，也即\(t\geq t_i-d_{h_i}\)，于是为了简单判断猫是否能被带走，我们应该维护一个\(g_i=t_i-d_{h_i}\)，为了便于判断一个饲养员能带走哪些猫，我们自然要排序，于是现在即发现问题即哪些连续的猫被哪个饲养员带走，于是问题被转化成了任务安排。

因此设\(f[i][j]\)表示前i个饲养员，带走前j只猫的最少等待时间，设s为g的前缀和，不难有

\[f[i][j]=f[i-1][k]_{0\leq k< i}+\sum_{l=k+1}^j(g_j-g_l)
\]

边界：\(f[0][0]=0\),其余无限大

经整理，它的斜率优化式应为

\[s_k+f[i-1][k]=kg_j+f[i][j]-jg_j+s_j
\]

发现k是递增的，而g也是递增的，于是我们只要用单调队列维护斜率，在按斜率关系弹掉队首，答案取队首即可，时间复杂度易知\(O(np)\)。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define Size 200050
#define ll long long
using namespace std;
int T[Size],L,R;
ll s[Size],a[Size],sa[Size],dp[101][Size],y[Size];
template<class free>il void read(free&);
int main(){
	int n,m,p;read(n),read(m),read(p);
	for(int i(2);i<=n;++i)read(s[i]),s[i]+=s[i-1];
	for(int i(1),j,k;i<=m;++i)read(j),read(k),a[i]=k-s[j];
	sort(a+1,a+m+1);for(int i(1);i<=m;++i)sa[i]=sa[i-1]+a[i];
	memset(dp,1,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
	for(int i(1),j;i<=p;++i){L=R=1;
		for(j=1;j<=m;++j){y[j]=dp[i-1][j]+sa[j];
			while(L<R&&(y[T[L+1]]-y[T[L]])<=a[j]*(T[L+1]-T[L]))++L;
			dp[i][j]=dp[i-1][T[L]]+(j-T[L])*a[j]-sa[j]+sa[T[L]];
			while(L<R&&(y[T[R]]-y[T[R-1]])*(j-T[R])
				  >=(y[j]-y[T[R]])*(T[R]-T[R-1]))--R;T[++R]=j;
		}}printf("%lld",dp[p][m]);
	return 0;
}
template<class free>
il void read(free &x){
	x&=0;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}