problem

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solution

有一种 $dp$ 并不常见。其主要思想大概就是积累后再支出 / 先预支后再填充。

本题就是积累后再支出。显然炮冷却好了后就一直处于可用状态，玩没玩过游戏的都知道一冷却好就打一定不会劣于等一会再打，因为这道题的炮也没有射程限制。

我们可以很容易地设计出一个状态转移 $dp:f[i][j]:$ 在第 $i$ 行 $j$ 列时的最多冷却时间。

从状态设计来看。虽然是走到了障碍物才开炮（减去冷却时间），但在实际操作中一定是非常前面的某个冷却好的时刻开的炮，远距离炸了这个障碍物。

有 f[i][j]=max⁡{min⁡(f[i⊕1][j],t),f[i][j−1]+1}f[i][j]=\max\{\min(f[i\oplus 1][j],t),f[i][j-1]+1\}f[i][j]=max{min(f[i⊕1][j],t),f[i][j−1]+1}。

换道之所以要跟 $t$ 取 $\min$，是因为我们知道累计的时间都只能炸同行的后面障碍物，一旦换道就非常现实，一开始最多就积累武器冷却好的 $t$ 秒，多了的也不能用到不同的道。且要保证 $f[i\oplus 1][j]$ 没有障碍物，

不换道，必须满足 $f[i][j]$ 有障碍物的时候，目前的积累时间能够射击一次。

到目前为止似乎可行，但是很遗憾 $n$ 的范围高达 $1e9$。根本开不出这么大的数组。

考虑一种换道的方式。假设现在在 $(i,j)$，而 $(i\oplus 1,j)$ 有障碍，且现在要换道。

我是在 $(i,j+1)$ 时候就换道，还是再走一段 $(i,j+k),k>1$ 再换道。

显然是要换道就立马换。因为立即换道明显可以积累更多的可用时间。越晚换道积累的时间都是本道才可用的，换道后能用的时间越少。

即在障碍物后要换道就直接换。

由此看来，真正有用的关键点就是起点，终点，障碍物及障碍物后一个格子的位置。

就可以将 $n$ 直接离散化压缩到 $m_1+m_2$ 的级别。

输出状态就要在转移的时候记录是否改为变道，以便最后的路径倒推。

时间复杂度 $O(m_1+m_2)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2000005
vector < int > tran;
vector < pair < int, int > > fire;
int n, m1, m2, t, cnt;
int x1[maxn], x2[maxn], x[maxn];
int f[2][maxn], g[2][maxn], p[2][maxn];int main() {scanf( "%d %d %d %d", &n, &m1, &m2, &t );for( int i = 1;i <= m1;i ++ ) {scanf( "%d", &x1[i] );x[++ cnt] = x1[i];x[++ cnt] = x1[i] + 1;}for( int i = 1;i <= m2;i ++ ) {scanf( "%d", &x2[i] );x[++ cnt] = x2[i];x[++ cnt] = x2[i] + 1;}x[++ cnt] = 0, x[++ cnt] = 0x7f7f7f7f; //将有用的关键点离散化sort( x + 1, x + cnt + 1 );cnt = unique( x + 1, x + cnt + 1 ) - x - 1;for( int i = 1;i <= m1;i ++ )p[0][lower_bound( x + 1, x + cnt + 1, x1[i] ) - x] = 1;for( int i = 1;i <= m2;i ++ )p[1][lower_bound( x + 1, x + cnt + 1, x2[i] ) - x] = 1;//标记有障碍坐标对应的离散化点memset( f, -1, sizeof( f ) );g[1][1] = 1, f[0][1] = f[1][1] = 0;//如果从第一行开始 就证明已经换车道了for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) {for( int k = 0;k <= 1;k ++ )if( ~ f[k][i] and ! p[k ^ 1][i] ) { //考虑换车道 要求另一车道没有障碍if( f[k ^ 1][i] < min( f[k][i], t ) ) {f[k ^ 1][i] = min( f[k][i], t ); //最多只能储存tg[k ^ 1][i] = 1; //=1 换车道记录}}for( int k = 0;k <= 1;k ++ )if( ~ f[k][i] and f[k][i] + x[i + 1] - x[i] - 1 >= t * p[k][i + 1] ) {//不换车道考虑同车道的下一个关键点是否是障碍物//下一个关键点到当前关键还能再积累 x[i+1]-x[i]-1 的能量//-1是因为此时不能拿到x[i+1]位置的一个能量//必须保证先能下一位置障碍物击破才能+1 所以下面+1就把-1抵消了if( f[k][i + 1] < f[k][i] + x[i + 1] - x[i] - t * p[k][i + 1] ) {f[k][i + 1] = f[k][i] + x[i + 1] - x[i] - t * p[k][i + 1];g[k][i + 1] = 0;}}}int px;if( f[0][cnt] < f[1][cnt] ) px = 1;else px = 0;if( ! ~f[px][cnt] ) return ! printf( "No\n" );else printf( "Yes\n" );int py = cnt, now = 0x3f3f3f3f;while( px or py > 1 ) {if( g[px][py] ) {tran.push_back( x[py] );px ^= 1;}else {if( p[px][py] ) {now = min( now - t, x[py] - 1 );//因为是倒着推操作方案 所以now是后一个机器最晚必须射击的时间//now-t就是为了正着时后面的障碍物着想//只有这个时候射击 才能给机器足够的冷却时间去设计更后面的障碍物fire.push_back( make_pair( now, px + 1 ) );}py --;}}printf( "%d\n", tran.size() );for( int i = tran.size() - 1;~ i;i -- ) printf( "%d ", tran[i] );printf( "\n%d\n", fire.size() );for( int i = fire.size() - 1;~ i;i -- ) printf( "%d %d\n", fire[i].first, fire[i].second );return 0;
}