【APIO2015】Palembang Bridges

题目描述

一条东西走向的穆西河将巴邻旁市一分为二，分割成了区域 $A$ 和区域 $B$。

每一块区域沿着河岸都建了恰好 $1000000001$ 栋的建筑，每条岸边的建筑都从 $0$ 编号到 $1000000000$。相邻的每对建筑相隔 $1$ 个单位距离，河的宽度也是 $1$ 个单位长度。区域 $A$ 中的 $i$ 号建筑物恰好与区域 $B$ 中的 $i$ 号建筑物隔河相对。

城市中有 $N$ 个居民。第 $i$ 个居民的房子在区域 $P_i$ 的 $S_i$ 号建筑上，同时他的办公室坐落在 $Q_i$ 区域的 $T_i$ 号建筑上。一个居民的房子和办公室可能分布在河的两岸，这样他就必须要搭乘船只才能从家中去往办公室，这种情况让很多人都觉得不方便。为了使居民们可以开车去工作，政府决定建造不超过 $K$ 座横跨河流的大桥。

由于技术上的原因，每一座桥必须刚好连接河的两岸，桥梁必须严格垂直于河流，并且桥与桥之间不能相交。

当政府建造最多 $K$ 座桥之后，设 $D_i$ 表示第 $i$ 个居民此时开车从家里到办公室的最短距离。请帮助政府建造桥梁，使得 $D_1 + D_2 + \dots + D_N$ 最小。

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 $K$ 和 $N$，分别表示桥的上限数量和居民的数量。

接下来 $N$ 行，每一行包含四个参数：$P_i, S_i, Q_i$ 和 $T_i$，表示第 $i$ 个居民的房子在区域 $P_i$ 的 $S_i$ 号建筑上，且他的办公室位于 $Q_i$ 区域的 $T_i$ 号建筑上。

输出格式

输出仅为一行，包含一个整数，表示 $D_1 + D_2 + \dots + D_N$ 的最小值。

子任务

所有数据都保证：$P_i$ 和 $Q_i$ 为字符 “A” 和 “B” 中的一个， $0 \leq S_i, T_i \leq 1000000000$，同一栋建筑内可能有超过 $1$ 间房子或办公室（或二者的组合，即房子或办公室的数量同时大于等于 $1$）。

• 子任务 1 （8 分）
  • $K = 1$
  • $1 \leq N \leq 1000$
• 子任务 2 （14 分）
  • $K = 1$
  • $1 \leq N \leq 100000$
• 子任务 3 （9 分）
  • $K = 2$
  • $1 \leq N \leq 100$
• 子任务 4 （32 分）
  • $K = 2$
  • $1 \leq N \leq 1000$
• 子任务 5 （37 分）
  • $K = 2$
  • $1 \leq N \leq 100000$

---

分析1

我们先考虑\(m=1\)的时候的做法

对于子任务1，首先把所有的坐标离散出来，最多有\(2n\)个

然后暴力枚举\(2n\)的坐标的位置造桥，再\(O(n)\)计算代价

时间复杂度\(O(2n^2)\)，期望得分8分

紧接着考虑优化，我们发现，不需要每次花费\(O(n)\)来计算代价

我们只需要把所有的区间离散到坐标上，然后顺着扫一遍，直接记录一下，每次就可以\(O(1)\)修改得到代价

时间复杂度\(O(2n)\)，期望得分22分

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair

using namespace std;

inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}

inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=1;
	for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='\0';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x>='A' || x<='B');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,m,k;
LL b[2000010];
LL c[2000010],d[2000010];
struct data
{
	int xa,xb;
	LL ya,yb;
}a[1000010];

int Hash(int x)
{
    return lower_bound(b+1,b+1+k,x)-b;
}

int main()
{
	read(m);read(n);
	char ch;k=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		read(ch),read(a[i].ya),a[i].xa=ch-'A'+1,b[++k]=a[i].ya,
		read(ch),read(a[i].yb),a[i].xb=ch-'A'+1,b[++k]=a[i].yb;
		if (a[i].ya>a[i].yb) swap(a[i].ya,a[i].yb),swap(a[i].xa,a[i].xb);
	}
	sort(b+1,b+1+k);
	k=unique(b+1,b+1+k)-b-1;
	if (n<=1000 && m==1)
	{
		LL res=(LL)(1e17),s;
		for (int i=1;i<=k;i++)
		{
			s=0;
			for (int j=1;j<=n;j++)
				if (a[j].xa==a[j].xb) s+=a[j].yb-a[j].ya;
				else if (a[j].ya<=b[i] && a[j].yb>=b[i]) s+=a[j].yb-a[j].ya+1LL;
				else if (b[i]<a[j].ya) s+=a[j].yb-a[j].ya+1+(a[j].ya-b[i])*2LL;
				else s+=a[j].yb-a[j].ya+1LL+(b[i]-a[j].yb)*2LL;
			res=min(res,s);
		}
		print(res),puts("");
		return 0;
	}
	if (m==1 && n<=100000)
	{
		LL s=0,p=0,q=0;
		memset(c,0,sizeof(c));
		memset(d,0,sizeof(d));
		for (int i=1;i<=n;i++)
			if (a[i].xa==a[i].xb) s+=a[i].yb-a[i].ya;
			else p++,c[Hash(a[i].ya)]++,d[Hash(a[i].yb)]++,s+=a[i].yb-a[i].ya+1+(a[i].ya-b[1])*2;
		LL res=s;p-=c[1],q+=d[1];
		for (int i=2;i<=k;i++)
		{
			s-=2*p*(b[i]-b[i-1]);p-=c[i];
			s+=2*q*(b[i]-b[i-1]);q+=d[i];
			res=min(res,s);
		}
		print(res),puts("");
		return 0;
	}
	return 0;
}

---

分析2

然后在思考\(m=2\)做法的时候，猛然醒悟...自己原来是个煞笔...

我们在回过头去看\(m=1\)的时候

我们发现，答案由两部分组成，当两个建筑位于同一侧的时候\(ans1=|S_i-T_i|\)，显然\(ans1\)是固定的

而第二部分的答案\(ans2=\sum |P_i-x|+|T_i-x|+1\)，\(x\)表示桥的位置，显然当\(x\)集合\({S_i,T_i}\)的中位数的时候\(ans2\)取得最小值

时间复杂度\(O(nlogn)\)，期望得分22

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair

using namespace std;

inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}

inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=1;
	for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='\0';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x>='A' || x<='B');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,m,k;
LL b[2000010];
LL c[2000010],d[2000010];
struct data
{
	int xa,xb;
	LL ya,yb;
}a[1000010];

int main()
{
	read(m);read(n);
	char ch;k=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		read(ch),read(a[i].ya),a[i].xa=ch-'A'+1;
		read(ch),read(a[i].yb),a[i].xb=ch-'A'+1;
		if (a[i].xa!=a[i].xb) b[++k]=a[i].ya,b[++k]=a[i].yb;
		if (a[i].ya>a[i].yb) swap(a[i].ya,a[i].yb),swap(a[i].xa,a[i].xb);
	}
	sort(b+1,b+1+k);
	if (m==1)
	{
		LL x=b[k/2+1],res=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			if (a[i].xa==a[i].xb) res+=a[i].yb-a[i].ya;
			else if (a[i].ya<=x && a[i].yb>=x) res+=a[i].yb-a[i].ya+1;
			else if (a[i].ya>x) res+=a[i].yb-a[i].ya+1+2*(a[i].ya-x);
			else res+=a[i].yb-a[i].ya+1+2*(x-a[i].yb);
		print(res),puts("");
	}
	return 0;
}

---

分析3

考虑\(m=2\)的做法

对于子任务3，同上述一样离散以后，暴力枚举两座桥的位置，然后花费\(O(n)\)计算代价

时间复杂度\(O(4n^3)\)，期望得分9分

继续考虑，我们可以发现，当有两座桥的时候，所有的居民唯一需要做的就是，找一座代价小的桥

而对于每一个居民而言，代价\(ans=|P_i-x|+|T_i-x|\)，\(x\)为桥的位置，即如下图

那么，增加相同的距离，也就是说，我们需要比较\(\frac {P_i+T_i}{2}\)距离哪个比较近即可

这样，我们如果把所有的居民按照\(\frac {P_i+T_i}{2}\)排序的话，我们可以把所有的居民分成连续的两段，前一段使用前一座桥，后一段时候后一座桥

那么，我们把\(m=2\)问题，规约成了两个\(m=1\)问题

枚举断点，暴力的做\(m=1\)问题即可

时间复杂度\(O(n^2logn)\)，期望得分41分，合并第一部分，可以得到63分，是一个很可观的分数了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair

using namespace std;

inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}

inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=1;
	for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='\0';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x>='A' || x<='B');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,m,k;
LL b[2000010];
vector<int> e;
LL c[2000010],d[2000010];
struct data
{
	int xa,xb;
	LL ya,yb;
}a[1000010];

bool cmp(data x,data y)
{
	return x.ya+x.yb<y.ya+y.yb;
}

int main()
{
	read(m);read(n);
	char ch;k=0;LL S=0;int x=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		x++;
		read(ch),read(a[x].ya),a[x].xa=ch-'A'+1;
		read(ch),read(a[x].yb),a[x].xb=ch-'A'+1;
		if (a[x].xa==a[x].xb) {S+=abs(a[x].ya-a[x].yb),x--;continue;}
		b[++k]=a[x].ya,b[++k]=a[x].yb;
		if (a[x].ya>a[x].yb) swap(a[x].ya,a[x].yb),swap(a[x].xa,a[x].xb);
	}
	n=x;
	sort(b+1,b+1+k);
	if (m==2 && n<=1000)
	{
		sort(a+1,a+1+n,cmp);
		LL res=(LL)1e17,s,y;
		for (int x=1;x<=n+1;x++)
		{
			s=0;
			if (x>1)
			{
				e.clear();
				for (int i=1;i<x;i++)
					e.push_back(a[i].ya),e.push_back(a[i].yb);
				sort(e.begin(),e.end());
				y=e[e.size()/2];
				for (int i=1;i<x;i++)
					s+=abs(a[i].ya-y)+abs(a[i].yb-y)+1;
			}
			if (x<=n)
			{
				e.clear();
				for (int i=x;i<=n;i++)
					e.push_back(a[i].ya),e.push_back(a[i].yb);
				sort(e.begin(),e.end());
				y=e[e.size()/2];
				for (int i=x;i<=n;i++)
					s+=abs(a[i].ya-y)+abs(a[i].yb-y)+1;
			}
			res=min(res,s);
		}
		print(res+S),puts("");
	}
	return 0;
}

---

分析4

继续考虑\(m=2\)的满分做法

我们得想办法把找中位数和算\(\sum |P_i-x|+|T_i-x|+1\)加速

我们每次会加入两个数字，或者删除两个数字，需要动态的维护中位数和上面的绝对值之和

用线段树来维护，很容易维护出中位数

那么绝对值怎么处理？显然，把绝对值拆开，因为，维护中位数的时候，顺便记录下中位数之前的和，然后就可以做啦

时间复杂度\(O(nlogn)\)，期望得分100

---

满分程序

我的线段树写的比较丑QAQ

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair

using namespace std;

inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}

inline void read(int &x){
  char c=nc();int b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline void read(LL &x){
  char c=nc();LL b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

inline int read(char *s)
{
	char c=nc();int len=1;
	for(;!(c>='a' && c<='z');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
	for(;(c>='a' && c<='z');s[len++]=c,c=nc());
	s[len++]='\0';
	return len;
}

inline void read(char &x){
  for (x=nc();!(x>='A' || x<='B');x=nc());
}

int wt,ss[19];
inline void print(int x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {
	for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
	for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
	if (x<0) x=-x,putchar('-');
	if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}

int n,m,k;
LL b[200010];
LL c[200010],d[200010];
struct data
{
	int xa,xb;
	LL ya,yb;
}a[100010];
struct ST
{
	int sum;LL x;
}s1[800010],s2[800010];

int Hash(int x)
{
    return lower_bound(b+1,b+1+k,x)-b;
}

void change1(int q,int l,int r,int x,int y,LL z)
{
	if (l==r) {s1[x].sum+=y;s1[x].x+=z;return ;}
	int mid=l+r>>1;
	if (q<=mid) change1(q,l,mid,x<<1,y,z);else change1(q,mid+1,r,x<<1|1,y,z);
	s1[x].sum=s1[x<<1].sum+s1[x<<1|1].sum;
	s1[x].x=s1[x<<1].x+s1[x<<1|1].x;
}

void change2(int q,int l,int r,int x,int y,LL z)
{
	if (l==r) {s2[x].sum+=y;s2[x].x+=z;return ;}
	int mid=l+r>>1;
	if (q<=mid) change2(q,l,mid,x<<1,y,z);else change2(q,mid+1,r,x<<1|1,y,z);
	s2[x].sum=s2[x<<1].sum+s2[x<<1|1].sum;
	s2[x].x=s2[x<<1].x+s2[x<<1|1].x;
}

int query1(int q,int l,int r,int x)
{
	if (l==r) return b[l];
	int mid=l+r>>1;
	if (s1[x<<1].sum>=q) return query1(q,l,mid,x<<1);
	return query1(q-s1[x<<1].sum,mid+1,r,x<<1|1);
}

int query2(int q,int l,int r,int x)
{
	if (l==r) return b[l];
	int mid=l+r>>1;
	if (s2[x<<1].sum>=q) return query2(q,l,mid,x<<1);
	return query2(q-s2[x<<1].sum,mid+1,r,x<<1|1);
}

LL sum1(int q,int l,int r,int x)
{
	if (l==r) return s1[x].x;
	int mid=l+r>>1;
	if (s1[x<<1].sum>=q) return sum1(q,l,mid,x<<1);
	return s1[x<<1].x+sum1(q-s1[x<<1].sum,mid+1,r,x<<1|1);
}

LL sum2(int q,int l,int r,int x)
{
	if (l==r) return s2[x].x;
	int mid=l+r>>1;
	if (s2[x<<1].sum>=q) return sum2(q,l,mid,x<<1);
	return s2[x<<1].x+sum2(q-s2[x<<1].sum,mid+1,r,x<<1|1);
}

LL num1(int q,int l,int r,int x)
{
	if (l==r) return s1[x].sum;
	int mid=l+r>>1;
	if (s1[x<<1].sum>=q) return num1(q,l,mid,x<<1);
	return s1[x<<1].sum+num1(q-s1[x<<1].sum,mid+1,r,x<<1|1);
}

LL num2(int q,int l,int r,int x)
{
	if (l==r) return s2[x].sum;
	int mid=l+r>>1;
	if (s2[x<<1].sum>=q) return num2(q,l,mid,x<<1);
	return s2[x<<1].sum+num2(q-s2[x<<1].sum,mid+1,r,x<<1|1);
}

bool cmp(data x,data y)
{
	return x.ya+x.yb<y.ya+y.yb;
}

int main()
{
	read(m);read(n);
	char ch;k=0;LL S=0;int x=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		x++;
		read(ch),read(a[x].ya),a[x].xa=ch-'A'+1;
		read(ch),read(a[x].yb),a[x].xb=ch-'A'+1;
		if (a[x].xa==a[x].xb) {S+=abs(a[x].ya-a[x].yb),x--;continue;}
		b[++k]=a[x].ya,b[++k]=a[x].yb;
		if (a[x].ya>a[x].yb) swap(a[x].ya,a[x].yb),swap(a[x].xa,a[x].xb);
	}
	n=x;
	sort(b+1,b+1+k);
	if (m==1)
	{
		LL x=b[k/2+1],res=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			if (a[i].ya<=x && a[i].yb>=x) res+=a[i].yb-a[i].ya+1;
			else if (a[i].ya>x) res+=a[i].yb-a[i].ya+1+2*(a[i].ya-x);
			else res+=a[i].yb-a[i].ya+1+2*(x-a[i].yb);
		print(res+S),puts("");
	}
	if (m==2)
	{
		memset(s1,0,sizeof(s1));
		memset(s2,0,sizeof(s2));
		sort(a+1,a+1+n,cmp);
		LL res=(LL)1e17,s,y,z,t,p=0,q=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			change2(Hash(a[i].ya),1,k,1,1,a[i].ya),change2(Hash(a[i].yb),1,k,1,1,a[i].yb),q+=2LL;
		for (int x=1;x<=n+1;x++)
		{
			s=0;
			if (x>1)
			{
				y=query1(p/2+1,1,k,1);
				z=sum1(p/2+1,1,k,1);
				t=num1(p/2+1,1,k,1);
				s+=y*t-z+(s1[1].x-z)-y*(p-t)+(LL)(x-1);
			}
			if (x<=n)
			{
				y=query2(q/2+1,1,k,1);
				z=sum2(q/2+1,1,k,1);
				t=num2(q/2+1,1,k,1);
				s+=y*t-z+(s2[1].x-z)-y*(q-t)+(LL)(n-x+1);
			}
			if (x<=n)
			{
				change1(Hash(a[x].ya),1,k,1,1,a[x].ya),change1(Hash(a[x].yb),1,k,1,1,a[x].yb);p+=2LL;
				change2(Hash(a[x].ya),1,k,1,-1,-a[x].ya),change2(Hash(a[x].yb),1,k,1,-1,-a[x].yb);q-=2LL;
			}
			res=min(res,s);
		}
		print(res+S),puts("");
	}
	return 0;
}