题目

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题解

注意：题目给出是按照时间给出的顺序。

我们考虑第$i$个人要上的楼高$h[i]$，排在第$i$个人前面的，所有要人上的楼高度$≤h[i]$的人都可以被合并在与第$i$个人一起被传送上去。

所以我们只需要考虑$h[i]$单调递减的序列就可以了，其它的人我们都可以删掉不看，因为它已经被合并了。

例如：
一个$h$序列为1 8 2 5 4 3 2可以被缩短为8 5 4 3 2。
其中1被合并给8，2被合并给5。

我们按照上述方法对序列进行精简，精简之后是一个按照所需要达到楼层$h[i]$严格递减的序列，然后我们就可以进行动态规划了。

然后我们考虑动态规划。
定义状态$dp[i]$表示第$i$个位置电梯启动，并且前$i$个人全部被传送到对应楼层所需的最小时间。

转移方程：
对于$i$,我们遍历$j，0≤j<i$
$dp[i] = min(max(dp[j]+2*h[j+1],t[i]+2*h[j+1]))$
1. 也就是说当$dp[j] <= t[i]$的时候，我们把第$j+1…i$里面的人全都合并到$t[i]$的时间点运送上去。(第一部分)
2. 当$dp[j] > t[i]$的时候，我们把$j+1…i$里面的人全都合并到$dp[j]$的时间点运送上去。(第二部分)

我们可以用一个小技巧来处理上面两种情况。

• 由于$dp[i]$是非递减的，我们设置一个变量$st$表示$dp[st-1]$小于等于当前$t[i]$的最大$st$，这样的话我们可以一开始就把第一种部分处理完。因为$h[st]$是满足$1≤j<i，且dp[j] ≤ t[i]$最小的$h[j]$。就是初始化$dp[i] = t[i] + 2*h[st]$，这样一来，接下来的dp方程就被简化为$dp[i] = min(dp[j]+2*h[j+1])，dp[j] >t[i]$ 这个式子就很好解决了，我们使用一个优先队列来维护$dp[j]+2*h[j+1]$。
• 那么怎么处理$dp[j]>t[i]$这个小条件呢？考虑到$t[i]$是单调递增的，凡是出现过$dp[j] ≤ t[i]$的点，那么对于的$i≤k$中必定有$dp[j] ≤ t[i]≤t[k]$。因此在优先队列里面遇到$dp[j] ≤ t[i]$这样的点，我们直接把它删除掉就可以了。

这样的时间复杂度是$O(nlog(n))$

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,tail;
#define pr(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
const int maxn = 2e5+7;
ll ts[maxn],hs[maxn],dp[maxn];
typedef pair<ll,int> pii;
int mian(){tail = 0;if(scanf("%d",&n) != 1) return 0;for(int i = 1;i <= n;++i){ll t,h;scanf("%lld%lld",&t,&h);while(tail && hs[tail-1] <= h) tail--;ts[tail] = t;hs[tail] = h;tail++;}priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > Q;int st = 0;for(int i = 0;i < tail;++i){while(st < i && dp[st] <= ts[i]) st++;dp[i] = ts[i] + 2*hs[st];//初始化，解决dp第一部分while(!Q.empty()){pii p = Q.top();if(p.first <= ts[i] + 2*hs[p.second+1])Q.pop(); //对应题解里面处理小条件的方法else{dp[i] = min(dp[i],p.first);//解决dp第二步部分break;        }}Q.push(make_pair(dp[i]+2*hs[i+1],i));}cout<<dp[tail-1]<<endl;return 1;
}int main(){while(mian());
}