[AGC011F] Train Service Planning [线段树优化dp+思惟]

思路

模意义

这题真tm有意思
我上下楼梯了半天作出来的qwq

首先，考虑到每K分钟有一辆车，那么能够把全部的操做都放到模$K$意义下进行

这时，咱们只须要考虑两边的两辆车就行了。

定义一些称呼：

上行：从$0$~$n$的车

下行：从$n$~$0$的车

定义数组：

$p[i](i=0...n)$表示上行车在站台$i$的停车时长

$q[i](i=0...n)$表示下行车在站台$i$的停车时长

$a[i](i=0...n-1)$表示第$i$的站台与第$i+1$个站台中间的行驶时间（也就是题目给定的数组）

咱们再定义$S(a,i)$表示数组$a$从零开始到$i$的前缀和函数，即：

$S(a,i)=\sum_{j=0}^i a[j]$

区间不交

考虑两辆车合法的状况。显然，他们俩在每一段铁路上行驶的时间是一个区间。双向铁路不用管，必定合法，咱们发现若是单向铁路上合法，那么上下行的车在某一段单向铁路上行驶的区间确定不相交

咱们把上下行车辆在铁路$k$上的行驶时间区间写出来：

上行：$(S(a,i-1)+S(p,i),S(a,i)+S(p,i))$

下行：$(-S(a,i-1)-S(q,i),-S(a,i)-S(q,i))$

注意这里的下行部分是一个很巧妙的转化：由于咱们在模意义下运算，因此下行部分原本应该是用两个后缀和加在一块儿的，可是这样上下行式子不统一

因此，咱们把后缀和看作总和减掉前缀和，那么总和能够调整为$K$的倍数，就没掉了，因此就是负的前缀和

这两段区间若是不交，那么显然任意一个端点不在另一个区间里面

这样咱们能够获得一批不等式，大概相似于这个形式：

$-2S(a,i-1)>S(p,i)+S(q,i)>-S(a,i-1)-S(a,i)$

最终化一下，能够获得这个结论：

$S(p,i)+S(q,i) \notin (-2\ast S(a,i),-2\ast S(a,i-1))$

能够看到对于每一个$i$，不可选的区间是固定的

那么咱们考虑在模$K$的意义下，右边这个区间的补集，咱们设它为$[L[i],R[i]]$

$S(p,i)+S(q,i) \in [L[i],R[i]]$

问题变化

咱们发现，本题的答案，实际上就是最小化的$S(p,n)+S(q,n)+2\ast S(a,n)$，等价于最小化$S(p,n)+S(q,n)$

这样，咱们能够把问题转化为：

给定$n$个区间，任选起点，走$n$步，第$i$步须要落在区间$i$中，求最小总路径长度

注意这里的“走”实际上，从一个大的走向小的，是要走到$K$，而后从$0$再出来（由于咱们是模$K$意义下的）

这样就能够变成一个$DP$问题了

线段树优化$DP$

咱们如今考虑新的这个问题，显然可使用$dp$来作

首先有一个贪心结论：若是起点已经肯定了，那么每次须要走的时候，走到下一个区间的左端点确定最优，证实显然

那么咱们能够先预处理出来在每一个起点出发后，一直走左端点直到走完，我须要的最小距离

预处理

定义$dp[i]$表示对于区间$[L[i],R[i]]$的左端点$L[i]$而言，一直走左端点到$n$的最短路径

那么咱们倒着从$n$到$1$推这个$dp$

每推完一个$dp[i]$，咱们就把区间$[L[i],R[i]]$的补集在线段树上的值，覆盖为$i$

而后推$dp[i]$时，每次查询$L[i]$位置的线段树上的值，设这个值是$j$

那么显然，编号在区间$[i,j-1]$中的全部区间都覆盖了$L[i]$这个点

因此直接在这里不动，就能够走完这些区间了

那么咱们用$dp[j]+dis(L[i],L[j])$来更新$dp[i]$

而后再覆盖区间，就完成了$dp$预处理过程

统计答案！

最后一步，咱们枚举全部出现的$L[i]$和$R[i]$，并把它们做为起点，求出答案。

显然若是不选这些端点的话，答案只会更劣

统计出的答案，就是原来问题中的$S(q,n)+$S(p,n)$，也就是咱们要最小化的东西

加上$2S(a,n)$输出便可

作完啦~

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
ll n,K,cnt,a[200010],b[200010],tmp[500010],seg[500010],L[200010],R[200010],dp[200010],sum[200010];
void push(ll num){
    if(!seg[num]) return;
    seg[num<<1]=seg[num<<1|1]=seg[num];
    seg[num]=0;
}
void change(ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll num,ll val){
    if(ql>qr) return;
    if(l>=ql&&r<=qr){seg[num]=val;return;}
    push(num);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(mid>=ql) change(l,mid,ql,qr,num<<1,val);
    if(mid<qr) change(mid+1,r,ql,qr,num<<1|1,val);
}
ll query(ll l,ll r,ll num,ll pos){
    if(l==r) return seg[num];
    push(num);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(mid>=pos) return query(l,mid,num<<1,pos);
    else return query(mid+1,r,num<<1|1,pos);
}
ll ask(ll pos){
    ll choose=query(1,cnt,1,pos);
    if(!choose) return 0;
    return (dp[choose]+(tmp[L[choose]]-tmp[pos]+K)%K);
}
ll erfen(ll val){
    ll l=1,r=cnt,mid;
    while(l<r){
        mid=(l+r)>>1;
        if(tmp[mid]>=val) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    assert(val==tmp[l]);
    return l;
}
int main(){
    n=read();K=read();ll i;
    for(i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=read();b[i]=read();
        sum[i]=(sum[i-1]+a[i]);
        if(b[i]==2) continue;
        if(2*a[i]>K){
            puts("-1");return 0;
        }
    }
    for(i=n;i>=1;i--){
        if(b[i]==1){
            L[i]=(-2ll*sum[i-1]%K+K)%K;
            R[i]=(-2ll*sum[i]%K+K)%K;
        }
        else L[i]=0,R[i]=K-1;
        tmp[++cnt]=L[i],tmp[++cnt]=R[i];
    }
    sort(tmp+1,tmp+cnt+1);
    cnt=unique(tmp+1,tmp+cnt+1)-tmp-1;
    for(i=n;i>=1;i--){
        L[i]=erfen(L[i]);
        R[i]=erfen(R[i]);
        dp[i]=ask(L[i]);
        if(L[i]>R[i]) change(1,cnt,R[i]+1,L[i]-1,1,i);
        else change(1,cnt,1,L[i]-1,1,i),change(1,cnt,R[i]+1,cnt,1,i);
    }
    ll ans=dp[1];
    for(i=cnt;i>=1;i--) ans=min(ans,ask(i));
    printf("%lld\n",ans+sum[n]*2ll);
}