【NOI2019】回家路线【无后效性dp状态设计】【斜率优化】

传送门

题意：给定 $M$ 个班车，每个班车 $p_i$ 时刻从 $x_i$ 发车 $q_i$ 到达 $y_i$ ，等车 $t$ 时间花费代价 $At^2+Bt+C$ ,在 $t$ 时刻到达花费 $t$ 的代价，求从 $1$ 到 $N$ 的最小花费。

$\leq N \leq 100000,1 \leq M \leq 200000$

显然是个dp

容易想到一个二维dp，第一维记当前位置，第二维记时间

由于数据范围很大，所以需要优化掉一维

仔细想想为什么需要两维？

因为位置是有后效性的，需要用时间节点来标记。

而时间是一去不复返的，是个天然的无后效性状态。

所以可以考虑按时间dp，先假设没有位置限制。

此题对时间唯一的限制是不能冲突，所以按照班车的时间段dp。

假设可以瞬间移动，不计最终代价，设坐上第 $i$ 辆班车的最小代价是 $f_i$

$fi=min⁡qj≤pi{fj+A(pi−qj)2+B(pi−qj)+C}f_i=\min_{q_j \leq p_i}\{f_j+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C\}$

盲猜斜率优化

假设决策 $j, k$ 有 $j < k$ , $k$ 比 $j$ 优

即

$fk+A(pi−qj)2+B(pi−qj)+C≤fj+A(pi−qj)2+B(pi−qj)+Cf_k+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C\leq f_j+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C$

$fk+A(pi−qj)2+B(pi−qj)≤fj+A(pi−qj)2+B(pi−qj)f_k+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)\leq f_j+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)$

$fk+Api2−2Apiqk+qk2+Bpi−Bqk≤fj+Api2−2Apiqj+qj2+Bpi−Bqjf_k+Ap_i^2-2Ap_iq_k+q_k^2+Bp_i-Bq_k \leq f_j+Ap_i^2-2Ap_iq_j+q_j^2+Bp_i-Bq_j$

$fk−2Apiqk+qk2−Bqk≤fj−2Apiqj+qj2−Bqjf_k-2Ap_iq_k+q_k^2-Bq_k \leq f_j-2Ap_iq_j+q_j^2-Bq_j$

$2Api+B≥fk+qk2−fj−qj2qk−qj2Ap_i+B \geq\frac{f_k+q_k^2-f_j-q_j^2}{q_k-q_j}$

发现 $p$ 和 $q$ 分开了(其实不分开也能做的说)

所以可以把出发和到达拆开，分别排序，双指针维护

考虑位置限制

对于一个 $p_i$ ,只有 $y_j=x_i$ 的 $q_j$ 会更新答案

所以可以用vector存 $N$ 个凸壳

遇到出发在对应结点的凸壳上算出 $f$ 。因为脑袋抽了写了个二分。

遇到到达在对应结点用之前的 $f$ 更新凸壳

最后能到达 $N$ 的算答案。

当时做的时候式子推反了，然后二分的时候凸壳算反了就负负得正A了……

我可能是个傻子

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define MAXN 200005
using namespace std;
struct event{int idx,pos,tim;}st[MAXN],ed[MAXN];
inline bool cmp(const event& a,const event& b){return a.tim<b.tim;}
int n,m,A,B,C;
int f[MAXN];
inline int Y(const int& i){return f[ed[i].idx]+ed[i].tim*ed[i].tim;}
inline int calc(const int& i,const int& j)
{int d=st[i].tim-ed[j].tim;return f[ed[j].idx]+A*d*d+B*d+C;
}
vector<int> v[MAXN];
int vis[MAXN];
int main()
{scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B,&C);for (int i=1;i<=m;i++){int x,y,p,q;scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&p,&q);st[i]=(event){i,x,p};ed[i]=(event){i,y,q};}memset(f,0x7f,sizeof(f));sort(st+1,st+m+1,cmp);sort(ed+1,ed+m+1,cmp);int now=0;for (int i=1;i<=m;i++){while (now<m&&ed[now+1].tim<=st[i].tim){++now;if (vis[ed[now].idx]) continue;vector<int>& cur=v[ed[now].pos];while (cur.size()>1&&(Y(now)-Y(cur[cur.size()-1]))*(ed[cur[cur.size()-1]].tim-ed[cur[cur.size()-2]].tim)<=((Y(cur[cur.size()-1])-Y(cur[cur.size()-2]))*(ed[now].tim-ed[cur[cur.size()-1]].tim))) cur.pop_back();cur.push_back(now);}if (st[i].pos==1) f[st[i].idx]=A*st[i].tim*st[i].tim+B*st[i].tim+C;else{vector<int>& cur=v[st[i].pos];if (cur.size()){int l=0,r=cur.size()-1,mid;while (l<r){mid=(l+r)>>1;if ((2*A*st[i].tim+B)*(ed[cur[mid+1]].tim-ed[cur[mid]].tim)<=Y(cur[mid+1])-Y(cur[mid])) r=mid;else l=mid+1;}f[st[i].idx]=calc(i,cur[l]);}else vis[st[i].idx]=true;}}int ans=f[0];for (int i=1;i<=m;i++) if (ed[i].pos==n) ans=min(ans,f[ed[i].idx]+ed[i].tim);printf("%d\n",ans);return 0;
}