题面&翻译

题解

虽然

m

m

m 很大,但是

n

n

n 很小,因此题目允许我们在

O

(

n

m

)

O(nm)

O(nm) 以内解决这道题。

定义一个 dp[i][j]=0/1
如果是

i

i

i 个操作时能不能停在

j

j

j 点的话,我们会发现,从第一个最小的

i

i

i 满足

d

p

[

i

]

[

j

]

=

1

dp[i][j]=1

dp[i][j]=1 开始,后面的

d

p

[

i

+

1...

n

]

[

j

]

dp[i+1...n][j]

dp[i+1...n][j] 一定都为 1 了,因为后面的操作都可以令

a

=

0

a=0

a=0 然后不动。因此我们完全没必要定义第一维。

那就定义一个 dp[i] 表示

i

i

i 时的最小可能操作
我们会发现,由于

y

i

y_i

yi​ 的限制,我们缺少次数的信息,无法转移,因此要同时记录该信息。

dp[i][j] 表示

i

i

i 时的最小可能操作,满足此时操作已经执行了

j

j

j 次总行了吧?
事实上这很荒谬。首先,

i

i

i 时的最小可能操作是确定的,跟你强制的这个执行次数 “j” 并没关系,而且更严谨地说,操作数是因,执行次数是果,总不能把果放进状态吧。其次,既然最小操作数确定,那么到达

i

i

i 时该操作的执行次数肯定越少越好。

因此我们定义 (pair<int,int>) dp[i] ,第一个值表示

i

i

i 时的最小可能操作,第二个值表示到

i

i

i 时的最小执行次数
此时两个 pair 取较小的,刚好是先比较第一位,再比较第二位。
方便起见,令

N

e

x

t

i

(

k

)

{\rm Next}_i(k)

Nexti​(k) 表示从位置

k

k

k 开始,执行一次

i

i

i 类操作后走到的位置,那么有如下转移:

  1. {

    d

    p

    [

    i

    ]

    .

    f

    i

    r

    s

    t

    ,

    d

    p

    [

    i

    ]

    .

    s

    e

    c

    o

    n

    d

    +

    1

    }

    d

    p

    [

    N

    e

    x

    t

    d

    p

    [

    i

    ]

    .

    f

    i

    r

    s

    t

    (

    i

    )

    ]

    \{dp[i].{\rm first},dp[i].{\rm second}+1\}\rightarrow dp[{\rm Next}_{dp[i].{\rm first}}(i)]

    {dp[i].first,dp[i].second+1}→dp[Nextdp[i].first​(i)]

  2. {

    j

    ,

    1

    }

    d

    p

    [

    N

    e

    x

    t

    j

    (

    i

    )

    ]

    \{j,1\}\rightarrow dp[{\rm Next}_{j}(i)]

    {j,1}→dp[Nextj​(i)]

第一个转移的条件是执行次数没到

y

y

y 的限制,第二个转移的条件是

j

j

j 大于当前的

d

p

[

i

]

.

f

i

r

s

t

dp[i].{\rm first}

dp[i].first。

状态数

O

(

m

)

O(m)

O(m),转移复杂度

O

(

n

)

O(n)

O(n) ,总复杂度

O

(

n

m

)

O(nm)

O(nm).

CODE

#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define int LL
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int ti[MAXN],yy[MAXN];
LL xx[MAXN];
int tm[MAXN],ai[MAXN];
void add(int i,int tim,int Ai) {
if(i < 1 || i > n) return ;
if(tim < tm[i]) tm[i]=tim,ai[i]=Ai;
else if(tim == tm[i]) ai[i] = min(ai[i],Ai);
// printf(" %d : %d,%d\n",i,tm[i],ai[i]);
return ;
}
int adnm(LL x,int i) {return (x+100000ll*i+99999ll)/100000;}
int munm(LL x,int i) {return (x*i+99999ll)/100000;}
signed main() {
m = read();n = read();
for(int i = 1;i <= m;i ++) {
ti[i] = read();
xx[i] = read();
yy[i] = read();
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) tm[i] = 0x3f3f3f3f;
tm[0] = 0; ai[0] = 0;
for(int i = 0;i <= n;i ++) {
if(i > 0) printf("%lld ",tm[i] >= 0x3f3f3f3f ? -1:tm[i]);
if(tm[i] < 0x3f3f3f3f) {
int t = tm[i];
if(ti[t] == 1 && ai[i] < yy[t]) add(adnm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
else if(ti[t] == 2 && ai[i] < yy[t]) add(munm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
for(int j = t+1;j <= m;j ++) {
if(ti[j] == 1) add(adnm(xx[j],i),j,1);
else if(ti[j] == 2) add(munm(xx[j],i),j,1);
}
}
}ENDL;
return 0;
}

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