【AtCoder Regular Contest 070 E】NarrowRectangles

mrsrz 3月 04, 2020

堆优化动态规划。

题目大意：

有 $n$ 个宽度为 $1$ 的矩形平行地放在平面上，相邻两个矩形纵坐标差 $1$。

现在给出每个矩形的两个横坐标 $l_i,r_i$，要求将每个矩形左右移动，使得相邻两个矩形有相交部分（顶点相交也算）。

求最小总移动距离。

题解：

有一个 dp：令 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个矩形，左端点在 $j$ 且之前都符合条件的最小花费。转移方程为：

$f_{i,j}=\min_{j-(r_{i-1}-l_{i-1})\leq k\leq j+(r_i-l_i)}f_{i-1,k}+|l_i-j|$

我们发现，$\min$ 的部分相当于把 $f_{i-1}$ 从某个最低点断开，且向两边平移。而 $|l_i-j|$ 则是个分段函数，且斜率的绝对值为 $1$。

那么 $f_i$ 也是个分段函数，且满足斜率为整数并递增。

我们用两个堆维护斜率为负的部分和斜率为正的部分，维护其分段点。然后平移可以通过打标记实现。

至于区间加等差数列，只会让分段出的斜率变化 $1$，而并不会修改原有分段点。所以只需要插入新的分段点即可。

答案可以边 dp 边求得，每次往 dp 值最低的地方靠即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

Code：

#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
priority_queue<LL>L;
priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL>>R;
LL tL,tR,ans;
int n,l[123456],r[114514];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>l[i]>>r[i];
    L.push(l[1]),R.push(l[1]);
    for(int i=2;i<=n;++i){
        tL-=r[i]-l[i],tR+=r[i-1]-l[i-1];
        LL mnL=L.top()+tL,mnR=R.top()+tR;
        if(mnL<=l[i]&&l[i]<=mnR)L.push(l[i]-tL),R.push(l[i]-tR);else
        if(l[i]>mnR){
            ans+=l[i]-mnR,L.push(mnR-tL),R.pop();
            R.push(l[i]-tR),R.push(l[i]-tR);
        }else{
            ans+=mnL-l[i],R.push(mnL-tR),L.pop();
            L.push(l[i]-tL),L.push(l[i]-tL);
        }
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}