2022ICPC南京站 B. Ropeway

也许更好的阅读体验

$\mathcal{Description}$
$n + 2$ 个点编号 $0 ～ n + 1$ ，每个点有点权，要求选若干个点使得总点权最小，其中编号为 $0$ 和 $n + 1$ 的点必须选且点权为 $0$ ，同时满足任意两个被选的点之间的距离不超过 $k$ ，此外还会给一个 $01$ 串，表示 $1 ～ n$ 这些点是否为必选的点
现在会给 $m$ 个询问，每个询问为如果将编号为 $x$ 的点权修改为 $v$ 的答案会是什么
多组数据
$n\le 5× 10^5,\sum n\le 2×10^6,1\le m, k\le 3×10^3，\sum m=\sum k\le10^4$

$\mathcal{Solution}$
最近做做往年 $I CPC$ 题，这题算是个金牌题，做的快可以摸金的那种，意外地发现很简单
没有修改的话是个很经典的单调栈优化 $D P$
设 $f_i$ 表示 $[0, i]$ 这个区间满足条件且在i选了i的最小花费，转移方程为 $f_i=min\{f_j\}$ ，这个过程单调栈优化可以做到 $O (n)$ ，其中 $j$ 属于 $[i - k, i - 1]$
对于某个位置必须选择，那么就在计算该位置的 $d p$ 值后将单调栈清空再将该位置放进去，相当于之后的选择一定有这个位置了
正着做和反着做差不多，再设 $g [i]$ 表示满足 $[i, n + 1]$ 这个区间的最小花费，则答案就是 $min\{f_i+min\{g_j\}\}$
考虑修改某个位置的值，因为任意一个长度为 $k$ 的区间一定有一个必须选，因此当修改一个位置的值时，只要从那个位置开始往后走 $k$ 步算一次 $f_i+min\{g_j\}$ 就可以算出答案，这样复杂度是 $O (mk)$ ，是满足题意的
现在问题就是怎么在修改后 $O (1)$ 的算出 $f_i$ ，首先考虑到如果把所有到 $i$ 的单调栈存下来，修改了 $i$ 位置后就从这个单调栈重新做一次，但是这样时空都不满足要求，为了解决这个问题，可以将询问都排序，这样就可以共用那个单调栈了

$\mathcal{Code}$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define inf 112345678901234567
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 10;
struct IO {template <class T>IO operator>>(T &res) {res = 0;char ch;bool flag = false;while ((ch = getchar()) > '9' || ch < '0')	flag |= ch == '-';while (ch >= '0' && ch <= '9')	res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ '0'), ch = getchar();if (flag)	res = ~res + 1;return *this;}
} cin;
int T, n, m, k, hd, ed;
int a[maxn], q[maxn], q2[maxn], fr[maxn], x[maxn], v[maxn], id[maxn];
ll f[maxn], tf[maxn], g[maxn], ans[maxn];
char s[maxn];
bool cmp (int a, int b) { return x[a] < x[b]; }
int main ()
{cin >> T;while (T--) {cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; ++i)    cin >> a[i];scanf("%s", s + 1);a[0] = a[n + 1] = f[0] = 0;q[hd = ed = 1] = 0;for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {while (q[hd] < i - k)   ++hd;f[i] = f[q[hd]] + a[i];if (s[i] == '1')    q[hd = ed = 1] = i;else {while (ed >= hd && f[q[ed]] >= f[i]) --ed;q[++ed] = i;}}q[hd = ed = 1] = n + 1, fr[n + 1] = n + 1, g[n + 1] = 0;for (int i = n; i >= 0; --i) {while (q[hd] > i + k)   ++hd;g[i] = g[q[hd]] + a[i];fr[i] = q[hd];if (s[i] == '1')    q[hd = ed = 1] = i;else {while (ed >= hd && g[q[ed]] >= g[i]) --ed;q[++ed] = i;}}cin >> m;for (int i = 1; i <= m; ++i)    scanf("%d%d", &x[i], &v[i]), id[i] = i, ans[i] = inf;sort(id + 1, id + m + 1, cmp);q[hd = ed = 1] = 0;int cur = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {while (q[hd] < i - k)   ++hd;while (x[id[cur]] == i && cur <= m) {int hd2 = hd, ed2 = ed, t = a[i];a[i] = v[id[cur]];for (int j = hd; j <= ed; ++j)  q2[j] = q[j];int mx = min(i + k, n + 1);for (int j = i; j <= mx; ++j) {while (q2[hd2] < j - k)   ++hd2;tf[j] = tf[q2[hd2]] + a[j];ans[id[cur]] = min(ans[id[cur]], tf[j] + g[fr[j]]);if (s[j] == '1')    q2[hd2 = ed2 = 1] = j;else {while (ed2 >= hd2 && tf[q2[ed2]] > tf[j]) --ed2;q2[++ed2] = j;}}a[i] = t;++cur;}tf[i] = tf[q[hd]] + a[i];if (s[i] == '1')    q[hd = ed = 1] = i;else {while (ed >= hd && f[q[ed]] > f[i]) --ed;q[++ed] = i;}}for (int i = 1; i <= m; ++i)    printf("%lld\n", ans[i]);}return 0;
}