problem

luogu-P2605

solution

首先，肯定都能想到最暴力的 $dp$。

$d{p}_{i,j}:i$ 个村庄为止一共选了 $j$ 个基站，且第 $i$ 个村庄一定建立基站的最小费用。

通过我们的定义可知第 $n$ 个村庄一定被选，实际上未必。

所以我们可以建立第 $n+1$ 个虚拟村庄，并要求改为建立 $m+1$ 个基站。

设置信息：建立花费 $c=0$，赔偿花费 $w=\infty$，距离 $d=\infty$。这样就不会被其余村庄覆盖到也不会产生新花费而且一定建设。

边界我们设计好了，就看状态转移方程。

$d{p}_{i,j}=c_i+\min \{d{p}_{k,j-1}+pay(k,i)\}k<i$。

注意到第二维 $j$ 是可以滚动的，所以本质上是一维的 $dp$ 转移 $d{p}_i=c_i+{\min }_{k<i}\{d{p}_k+pay(k,i)\}$。

$pay(k,i):$ 相邻两个基站选址在 $k$ 和 $i$ 村庄，这中间未被覆盖到的村庄一共支付的补偿费。

这其实很好计算。

因为距离 $d$ 是递增的，我们完全可以用 lower_bound() 找到每个村庄能被覆盖到的最远左右村庄。不妨记为 $s{t}_i/e{d}_i$。

即 $[s{t}_i,e{d}_i]$ 中有一个村庄建立了基站，那么 $i$ 村庄就可以被覆盖到，不需要支付补偿费。

通常遇到这种区间产生花费的，我们会选择前缀和优化，然后分离 $i,k$ 各自的贡献，把只有 $k$ 产生的贡献揉成一坨扔到线段树上，最小值查询，但自己想想这里的区间与通常情况的是不一样的。

通常情况的表述应为**“能覆盖 $s_i$ 范围内的所有基站”，而不是此题的“被覆盖”**。

这里我们转化一下。

再看一遍一维 $dp$ 的转移，这次从 $d{p}_k$ 这里入手。

唯一给的限制是 $k<i$，所以 $k$ 的取值是一段区间。

不难想到用线段树维护，把 $d{p}_k$ 当成节点权值，然后查询区间最小值。

如果我们线段树查出来的 $k<s{t}_x$，那么就需要支付 $w_x$。

而我们顺次考虑到村庄 $i,s{t}_x\le i\le e{d}_x$ 的时候，因为 $i$ 必建设基站，所以 $x$ 村庄就会被覆盖。

于是我们想到将这样的 $x$ 村庄挂到 $e{d}_x$ 上面去，可能多个 $e{d}_x$ 相同，用前向星/$\text{vector}$ 存即可。

当 $i$ 考虑到 $e{d}_x$，考虑完后，$i\leftarrow e{d}_x+1$，我们就要给线段树上 $[1,s{t}_x)$ 这些村庄加上 $w_x$ 的花费。

就是个线段树区间加操作。

答案就是每一轮的 $d{p}_{n+1}$ 取最小值。

就没了。时间复杂度，$O(nm\log n)$，因为每个 $x$ 只会挂在一个村庄下，遍历到某个村庄就把挂着的所有 $x$ 的贡献一股脑往线段树上加，均摊下来是 $O(1)$ 的。

注意： 最开始的，只建设一个基站的情况要特殊初始化 $dp$，后面才能以 $j-1$ 个基站的 $d{p}_i$ 建树。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
#define maxn 20005
int n, k;
int d[maxn], c[maxn], s[maxn], w[maxn], st[maxn], ed[maxn], dp[maxn];
vector < int > G[maxn];namespace SGT {#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1#define mid (l + r >> 1)struct node { int tag, val; }t[maxn << 2];void pushdown( int now ) {if( ! t[now].tag ) return;t[lson].tag += t[now].tag;t[lson].val += t[now].tag;t[rson].tag += t[now].tag;t[rson].val += t[now].tag;t[now].tag = 0;}void build( int now, int l, int r ) {t[now].tag = 0;if( l == r ) { t[now].val = dp[l]; return; }build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );t[now].val = min( t[lson].val, t[rson].val );}void modify( int now, int l, int r, int L, int R, int v ) {if( R < l or r < L ) return;if( L <= l and r <= R ) { t[now].val += v, t[now].tag += v; return; }pushdown( now );modify( lson, l, mid, L, R, v );modify( rson, mid + 1, r, L, R, v );t[now].val = min( t[lson].val, t[rson].val );}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( r < L or R < l ) return inf;if( L <= l and r <= R ) return t[now].val;pushdown( now );return min( query( lson, l, mid, L, R ), query( rson, mid + 1, r, L, R ) );}
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );for( int i = 2;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &d[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &c[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &s[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &w[i] );++ n, ++ k, w[n] = d[n] = inf;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {ed[i] = upper_bound( d + 1, d + n + 1, d[i] + s[i] ) - d - 1;st[i] = lower_bound( d + 1, d + n + 1, d[i] - s[i] ) - d;G[ed[i]].push_back( i );}for( int i = 1, now = 0;i <= n;i ++ ) {dp[i] = now + c[i];for( int j : G[i] ) now += w[j];}int ans = dp[n];for( int j = 2;j <= k;j ++ ) {SGT :: build( 1, 1, n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {dp[i] = c[i] + SGT :: query( 1, 1, n, 1, i - 1 );for( int p : G[i] ) SGT :: modify( 1, 1, n, 1, st[p] - 1, w[p] );}ans = min( ans, dp[n] );}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}