P6631 [ZJOI2020] 序列

可以将问题用形象的方式来表述。给定一排点，第 \(i\) 个点有它需要的覆盖次数 \(a_i\)。有两种线段，一种能覆盖连续的一些点，称其为连续线段；另一种能覆盖相邻间隔为 \(1\) 的一些点，称其为为间隔线段。现在要用尽可能少的线段覆盖每个点 \(i\) 恰好 \(a_i\) 次。

发现如果没有间隔线段就是被某组织出烂的原题。显然，每次取最长的非 \(0\) 段最优。

回到本题，来证明一个结论：假设 \(a_1\sim a_i>0\)，\(a_{i+1}=0\) 且 \(i>1\)，选一条从 \(1\sim i\) 的连续线段一定不劣。

将 \(1\sim i\) 分成奇数偶数两组，那么每组都可以用间隔线段完全覆盖且不会影响到另一组，这意味着如果不用连续线段两者可以用上面的方法单独计算。

反之如果我们选择了一条 \(1\sim i\) 的连续线段，两组均会被完全覆盖，代价减少了 \(1\)，看起来会更优。

但现在点 \(i\) 所在的组可能对后面产生贡献（覆盖到点 \(i+2\)），而另一组不行。所以我们可以以点 \(i+2\) 为开头选一条间隔线段，加上 \(1\sim i\) 的连续线段，代价为 \(2\)，不劣于选两条间隔线段。

接着怎么做呢？唯一需要考虑的就是前面有线段连过来。在处理点 \(i\) 时，记连过来的连续线段数量为 \(x\)，能覆盖到点 \(i\) 的间隔线段数量为 \(y\)，不能覆盖到点 \(i\) 的间隔线段数量为 \(z\)。

首先处理一下特殊情况：连过来的线段太多了，即 \(x+y>a_i\)，有 \(k\gets x+y-a_i\) 条线段不能向后继续连。但我们会发现留下间隔线段还是连续线段是由后面的点决定的，所以不妨将 \(x\gets x-k\)，\(y\gets y-k\)，反悔标记置为 \(k\)，表示可以免费连向下一个点的线段个数（线段的种类可以任意选）。但是这样会出现一种情况，\(x<k\) 或 \(y<k\)，此时的反悔可能是不合法的。对于这种情况，我们将少的一种线段置为 \(0\)，另一种线段对应减少，即可保证合法。

然后就好办了，根据之前的结论，处理 \(a_{i-1}\) 与 \(a_i\)。能用连续线段就用，如果 \(i-1\) 还有剩下就用间隔线段。

当然还有一些需要注意的细节。

• 如果更新了标记，最后需要将 \(a_i\) 置为 \(k\)，答案减去 \(k\)，同时清空标记。
• 尽量从 \(i=2\) 开始做，防止出现一些边界问题。
• 最后多做一次，计算 \(n\) 位置的答案。

时间复杂度 \(O\left(n\right)\)。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define Min(x,y)((x)<(y)?x:y)
int read()
{
	int A;
	bool K;
	char C;
	C=A=K=0;
	while(C<'0'||C>'9')K|=C=='-',C=getchar();
	while(C>'/'&&C<':')A=(A<<3)+(A<<1)+(C^48),C=getchar();
	return(K?-A:A);
}
int main()
{
	int t,n;
	ll last,now,k,x,y,z,tag,ans,tmp;
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read(),last=read();
		ans=tag=x=y=z=0;
		while(n--)
		{
			now=(n?read():0);
			if(now<x+y)
			//处理多余的线段
			{
				k=x+y-now;
				//必须要结尾的线段
				if(x<k)y-=k-x,k=x;
				if(y<k)x-=k-y,k=y;
				x-=k;
				y-=k;
				now-=k;
				tag=k;
				//向后所能免费延伸的线段
			}
			now-=x+y;
			//新的必须经过当前点的线段
			tmp=Min(last,now);
			ans+=tmp;
			last-=tmp;
			now-=tmp;
			x+=tmp;
			//用连续线段覆盖
			ans+=last;
			z+=last;
			//用间隔线段覆盖
			last=now|tag;
			ans-=tag;
			tag=0;
			//处理标记
			swap(y,z);
			//奇偶互换
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}