AT2347 [ARC070C] NarrowRectangles

首先不难看出一个暴力的 \(dp\) 解法，考虑令 \(dp_{i, j}\) 表示考虑完前 \(i\) 个矩形，第 \(i\) 个矩形左端点在 \(j\) 时所需要的最小花费。

不难有转移：

\[dp_{i, j} = \min\limits_{j - (r_{i - 1} \ - \ l_{i - 1} \ ) \le k \le j + (r_{i} - l_{i})}{dp_{i - 1, k}} + |j - l_i|
\]

继续考虑对上面这个 \(dp\) 进行优化，可以发现的是，这个 \(dp\) 本质上是在对之前的某个区域取 \(\min\) 然后再加上一个之和每个位置有关的绝对值函数。

看起来十分抽象，那么我们可以考虑把抽象问题具体化，将 \(dp_i\) 看作是一个关于 \(j\) 的函数，再来考虑一下转移。

从初始的 \(i = 1\) 开始考虑，不难发现 \(dp_1\) 就是 \(y = |j - l_1|\) 这样一个绝对值函数。

再来考虑 \(i = 2\) 的情况，可以发现前一步取 \(\min\) 本质上是将这个绝对值函数的左段向左平移了 \(r_i - l_i\)，右段向右平移了 \(r_{i - 1} - l_{i - 1}\)，中间用一段斜率为 \(0\) 的线段接起来。

再来考虑加入 \(|j - l_i|\) 这个绝对值函数，不难发现图像的变化需要分三种情况，但整体的变化方式都是确定的，即 ：

• \(l_i\) 左边的函数斜率整体 \(-1\) 右边的函数斜率整体 \(+1\)，同时斜率变化的点的横坐标不变。

可以发现，这样变化后的图像一定还是一个下凸包。

那么就不难通过归纳证明每次转移的过程都是类似于 \(i = 2\) 的情况的。

同时，因为每一个函数 \(dp_i\) 的斜率最大最小值都不会超过 \(\pm |2i - 1|\)，因此我们可以考虑直接维护这些斜率变化的拐点。

为了方便起见，如果在这个拐点斜率变化了 \(k\)，我们就直接插 \(k\) 个这个点进去代表斜率变化了 \(k\) 个 \(1\)。

首先，因为左右两个函数的平移是不同的，因此我们要分开维护左右两边的断点。

并且，因为函数只是平移，因此我们只需要记录当前平移了多长的距离即可，下面着重来考虑加入一个绝对值函数的过程。

• 当插入的绝对值函数零点在图像斜率为 \(0\) 的那段上时。

不难发现左边之前的拐点还是拐点，右边亦然。唯一变化的是左边右都会要在 \(l_i\) 处添加一个拐点。

• 当插入的绝对值函数零点在图像斜率为 \(0\) 的那段左边时。

不难发现此时左边会在 \(l_i\) 处添加两个拐点，同时失去最靠右的拐点，右边会得到左边失去的哪个拐点。（注意这里的拐点实际上代表着斜率变化为 \(1\)，这样就方便地处理掉左边做靠右的直线斜率不为 \(-1\) 的情况了）

因为需要取出最右边的端点，因此我们需要一个大根堆来维护左边的拐点。

• 当插入的绝对值函数零点在图像斜率为 \(0\) 的那段右边时。

同理于上一种情况，用小根堆维护右边的拐点。

那么最终的答案是什么呢？

不难发现其实是最终 \(dp_n\) 斜率为 \(0\) 的那段函数对应的纵坐标。

但是我们并没有记录每一次的纵坐标，怎么办呢？

你会发现每次斜率为 \(0\) 的直线位置总是会向右或者向左变化，而这两次斜率为 \(0\) 的直线中会存在一个交点。

同时因为对于每一层而言，取斜率为 \(0\) 线段上的点总是最优的。

结合上面那条性质，每次选定一个斜率为 \(0\) 的线段做为这一层的 \(j\) 即可，然后计算答案只要计算往下一层斜率为 \(0\) 交点纵坐标的变化量即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 1e5 + 5;
int n, l, r, nL, nR, TL, TR, len, ans, lastlen;
priority_queue <int> L;
priority_queue <int, vector <int>, greater <int> > R;
int read() {
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
signed main() {
    n = read(), l = read(), r = read();
    L.push(l), R.push(l), lastlen = r - l;
    for (int i = 2; i <= n; ++i, lastlen = len) {
        l = read(), r = read(), len = r - l, TL += len, TR += lastlen;
        nL = L.top() - TL, nR = R.top() + TR;
        if(l < nL) ans += nL - l, L.pop(), R.push(nL - TR), L.push(l + TL), L.push(l + TL);
        else if(l > nR) ans += l - nR, R.pop(), L.push(nR + TL), R.push(l - TR), R.push(l - TR);
        else L.push(l + TL), R.push(l - TR);
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

这种方法被称为 \(\rm set\) 维护函数拐点，经常用与维护一次分段函数的变化问题。