P7408-[JOI 2021 Final]ダンジョン 3【贪心,树状数组】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7408

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题目大意

一个有\(n+1\)层的地牢，从\(i\)到\(i+1\)层要\(A_i\)点能量，第\(i\)层可以花费\(B_i\)获得\(1\)点能量。

\(m\)次询问从\(S_i\)层出发到第\(T_i\)层在能量上限为\(U_i\)的情况下至少需要花费多少。

\(1\leq n,m\leq 2\times 10^5\)

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解题思路

模型可以转换成坐标轴上有\(n\)个点，第\(i\)个在\(A_i\)，考虑使用一个点获得的能量走的路就是这个点伸出的线覆盖的范围，然后使得范围乘上\(B_i\)的和最小。

考虑能量上限的限制其实就是每个点覆盖的范围不能超过自身的\(U_i\)格。

考虑一个点覆盖范围根据\(U_i\)变化的变化：

• 没有其他影响，自己正常延伸，此时覆盖范围为一个和\(U_i\)有关的一次函数
• 延伸到下一个比自己大的位置，不能继续延伸，此时为一个常数
• 上一个比自己小的数延伸过来，此时为一个单调下降的一次函数
• 完全被上一个比自己小的覆盖，此时为\(0\)

也就是意味着每个点只需要考虑前后两个比自己小的数分成若干种情况即可。

考虑倒序枚举点，然后用树状数组记录一次项系数的和与二次项系数的和。

对于结尾的限制，我们找到能到达终点的最后的点直接走向它，然后减去那个点的贡献即可。

时间复杂度\(O(n\log n)\)

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#define ll long long
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const ll N=2e5+10,inf=1e18;
struct node{
	ll l,r,u;
}q[N];
ll n,m,a[N],b[N],s[N],ans[N];
ll cnt,u[N],nxt[N],pre[N];
ll f[N][20],g[N][20],lg[N];
vector<ll> d[N],v[N];
stack<ll> st;
ll rmqf(ll l,ll r){
	ll z=lg[r-l+1];
	l=f[l][z];r=f[r-(1<<z)+1][z];
	return (b[l]<b[r])?l:r;
}
ll rmqg(ll l,ll r){
	ll z=lg[r-l+1];
	l=g[l][z];r=g[r-(1<<z)+1][z];
	return (a[l]>a[r])?l:r;
}
struct TreeBinary{
	ll t[N];
	void Updata(ll x,ll val){
		while(x<=cnt){
			t[x]+=val;
			x+=lowbit(x);
		}
		return;
	}
	ll Ask(ll x){
		ll ans=0;
		while(x){
			ans+=t[x];
			x-=lowbit(x);
		}
		return ans;
	}
	void Change(ll l,ll r,ll val){
		if(l>r)return;
		l=lower_bound(u+1,u+1+cnt,l)-u;
		r=upper_bound(u+1,u+1+cnt,r)-u;
		Updata(l,val);Updata(r,-val);return;
	}
}K,B;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),s[i+1]=s[i]+a[i];
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	for(ll i=2;i<=n+1;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(ll i=1;i<=n+1;i++)f[i][0]=g[i][0]=i;
	for(ll j=1;(1<<j)<=n+1;j++)
		for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n+1;i++){
			ll x=f[i][j-1],y=f[i+(1<<j-1)][j-1];
			f[i][j]=(b[x]<b[y])?x:y;
			x=g[i][j-1];y=g[i+(1<<j-1)][j-1];
			g[i][j]=(a[x]>a[y])?x:y;
		}
	for(ll i=n;i>=1;i--){
		while(!st.empty()&&b[i]<=b[st.top()])
			{pre[st.top()]=i;st.pop();}
		if(st.empty())nxt[i]=n+1;
		else nxt[i]=st.top();
		st.push(i);
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].u);u[i]=q[i].u;
		ll las=lower_bound(s+1,s+1+n,s[q[i].r]-u[i])-s;
		las=min(las,q[i].r-1);las=max(min(las,q[i].r-1),q[i].l);
		las=rmqf(las,q[i].r-1);
		v[q[i].l].push_back(i);
		v[las].push_back(-i);
		ans[i]+=(s[q[i].r]-s[las])*b[las];
	}
	sort(u+1,u+1+m);cnt=unique(u+1,u+1+m)-u-1;
	for(ll i=n;i>=1;i--){
		K.Change(0,s[nxt[i]]-s[i],b[i]);
		B.Change(s[nxt[i]]-s[i]+1,inf,b[i]*(s[nxt[i]]-s[i]));
		d[pre[i]].push_back(i);
		for(ll j=0;j<d[i].size();j++){
			ll x=d[i][j];
			K.Change(s[x]-s[i],s[nxt[x]]-s[i],-b[x]);
			B.Change(s[x]-s[i],s[nxt[x]]-s[i],b[x]*(s[x]-s[i]));
			B.Change(s[nxt[x]]-s[i]+1,inf,-b[x]*(s[nxt[x]]-s[x]));
		}
		for(ll j=0;j<v[i].size();j++){
			ll x=v[i][j],op=1;
			if(x<0)x=-x,op=-op;
			ll w=lower_bound(u+1,u+1+cnt,q[x].u)-u;
			ans[x]+=op*(q[x].u*K.Ask(w)+B.Ask(w));
		}
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		if(a[rmqg(q[i].l,q[i].r-1)]>q[i].u)puts("-1");
		else printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}