atcoder.keyence2019.contest E-Connecting Cities

真是道好题啊，当时怎么想都没想出来。。。

传送门

简述题意：

有n个点，每个点有一个权值Ai，连接i，j两个点的代价是 |i−j|×D+Ai+Aj 

其中D是给定的常数，问把n个点联通的最小代价

• 1≤N≤2×$10^{5}$
• 1≤D≤$10^{9}$
• 1≤Ai≤$10^{9}$

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上来就有个简单粗暴的生成树做法，不过边的数量太多了，肯定做不了。。。

我们需要减少待选边的数量，这里题解给了两种做法，分别体会下吧？

分治

通过分治，将问题变小，如果每个点都向分界线另一边连有边的话，分治下来总边数是nlogn的

再进一步考虑分治的特性，在分治过程中总能抵消掉元素的大小关系，在这里自然选择点的标号

这样左边的点对一条边的贡献设为$f(i)=A_{i}-i*D$

对应的右边是$g(j)=A_{j}+j*D$

这样一条边$(i,j)$就是$f(i)+g(j)$，我们找到左边最小的$f(i_{0})$，右边最小$g(j_{0})$，这样一个左边的点一定连向$j_{0}$，右边的连向$i_{0}$

如何证明这样一定可以连通呢？

按照上面的算法，一条$i!=i_{0}$且$j!=j_{0}$的边不被选，而这时候，有三条边会代替这条边被选$(i,j_{0}),(i_{0},j),(i_{0},j_{0})$（他们都比原边小）

你会发现这三条边会优先于$(i,j)$考虑的话，在生成树算法中就可以保证i，j两点联通

进而对于每个跨过中线的点对都联通了，完成了分治的目的

跑完生成树就是一个$O(Nlog^{2}N)$

关于$A_{i}$

将A数组按顺序放好了之后我们假设A两两不同，这里的左右指标号大小

对于x，我们默认考虑A比他小的边，我们可以证明以下两个结论：

• 在x左侧所有A比他小的点中，我们只需考虑边权最小的那个
• 在x右侧所有A比他小的点中，我们只需考虑边权最小的那个

我们先来证第一条。若左侧A比他小的点中最小的边是$(x,y)$，

那么对于每个满足$z<x$且$A_{z}<A_{x}$的z来说，

当$z<y$时，因为$A_{x}+xD>A_{y}+yD$,所以$(x,z)>(y,z)$

当$y<z$时，由$(x,y)<(x,z)$可知有$A_{y}-yD<A_{z}-zD\rightarrow A_{y}-A_{z}-yD+zD<0\rightarrow A_{y}+A_{z}+zD-yD<2A_{z}<A_{z}+A_{x}+xD-zD$

所以$(x,z)>(y,z)$

因此得出对于$(x,z)$有都比他小的两条边$(x,y)$和$(y,z)$代替

所以$(x,z)$并不会作为候选边，第二条的证明是类似的

若有A相等，其实并不会影响太多，比他小的条件改成小于等于也可，

实际上的做法要对A排序，再配合树状数组就可以处理了

这样的话，总边数是的$O(N)$，总复杂度是$O(NlogN)$