【JZOJ2320】诡异游戏【dp】【堆】

题目大意：

题目链接：https://jzoj.net/junior/#main/show/2320

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思路：

被C组的题目血虐$qwq$

感觉这道题还是不止C组难度的啊。拿到B组去应该也没几个人可以做出来。害得我一下午没有改A组题

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把每一个花看成一个点。
首先由一个很显然的性质。如果我们已经取好了$[1,x]$的所有花，那么我们下次一定会取一个连续区间$[x+1,y]$的所有花。也就是说，不会存在某一个时刻我们取的花是不连续的。任意时刻取的花一定是一个左端点为1的连续区间。
所以有一个相对明显的$dp$：设$f[i]$表示取完$[1,i]$所有的花并且走到点$i$所需要的最小时间。
那么就可以枚举这一次取的花的区间$[j,i]$，那么我们需要求的就是从第$j$朵花开始，在第$i$朵花结束，并且取完$[j,i]$所有花的最少花费时间。
那么如果我们第二次经过一朵花时，这朵花已经种下了，那么就不需要花费任何的时间等待。所以这样子所花费的时间如下图

其中红色线条表示采摘其中任意一朵花花费的时间。
我们发现，从第一次经过这个点，准备放下花，到我我们最后一次经过这个点，采摘这朵花，所需要的时间（红色线条）正好为$2(a[i]-a[j])$！
所以无论我们采摘奶一个花，我们花费的时间是与这朵花的位置无关的。
但是如果一朵花所需的等待时间$m$是大于$2(a[i]-a[j])$的话，那么我们就得等待$m-2(a[i]-a[j])$秒。也就是说，采摘$[l,r]$的花，我们需要花费时间为$max(a[r]-a[l],m)$。
所以这样我们就可以轻松的设计出一个$O(n^2)$的$dp$。
$f[i]=min(f[i],f[j-1]+a[i]-a[j-1]+max(2 imes (a[i]-a[j]),m))$
其中$a[i]-a[j-1]$是从上一个结束的花$(j-1)$到$i$的时间。
那么这样就可以获得$50pts$的高分。
考虑如何优化这个$dp$。我们发现这个$dp$最关键的地方就是$max$，如果我们知道谁大谁小就可以把这个$max$省掉了。
也就是说
当$2 imes (a[i]-a[j])>m$时，原方程为
$f[i]=min(f[i],f[j-1]+a[i]-a[j-1]+2 imes (a[i]-a[j]))$
化简
$f[i]=min(f[i],f[j-1]-a[j-1]-2a[j]+3a[i])$
同理，当$m>2 imes (a[i]-a[j])$，原方程为
$f[i]=min(f[i],f[j-1]+a[i]-a[j-1]+m)$
我们发现，在枚举$i$时，$3a[i]$和$a[i]$都是固定的，所以我们就只需要分别维护$f[j-1]-a[j-1]-2a[j]$和$f[j-1]+a[i]-a[j-1]$的最小值即可。
同时，容易发现在$i$递增的过程中，满足$2(a[i]-a[j])>m$的花$j$一定是一个区间$[1,x]$且$x$是单调不降的。所以我们就只要在把$i$每往后挪一位时，利用单调不降的性质，维护好对应的有哪一些花是满足$2(a[i]-a[j])>m$，又有哪一些花是满足$2(a[i]-a[j])<m$的，然后分别用两个堆维护一下它们的最小值，然后取$min$即可。
注意堆需要支持删除任意数字，那么就只能手写可删除堆了。
同时花的下标达到了$10^9$级别，所以需要开两个$map$，别分记录字典序和一个数出现的个数。这样复杂度又增加了$log$。
细节还是很多了，调了我一个下午+晚上。
时间复杂度$O(nlog^2 n)$。比较卡，最好吸氧（狗头保命

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代码：

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("inline")
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll N=100010,Inf=1e18;
ll n,t,m,j,a[N],f[N];

struct Heap
{
    ll a[N],tot;
    map<ll,ll> way,cnt;
    //ll cnt[N];
    
    ll size()
    {
        return tot;
    }
    
    ll top()
    {
    	if (!tot) return Inf;
        return a[1];  
    }
    
    void push(ll x) 
    {
        cnt[x]++;
        if (cnt[x]>1) return;
        a[++tot]=x;
        ll fa=(tot>>1),k=tot;
        way[x]=way[a[fa]]*2+(tot&1);
        while (a[fa]>a[k]&&fa)
        {
            swap(way[a[k]],way[a[fa]]);
            swap(a[k],a[fa]);
            k=fa; fa>>=1; 
        }
    }
    
    void pop(ll x)
    {
        cnt[a[x]]--;
        if (cnt[a[x]]) return;
        swap(way[a[x]],way[a[tot]]);
        swap(a[x],a[tot]); 
        way[a[tot]]=0;
        a[tot]=0;
        tot--;      
        ll son=(x<<1);
        while ((a[son]<a[x]&&son<=tot)||(a[son+1]<a[x]&&son+1<=tot))      
        {
            if (a[son+1]<a[son]&&son+1<=tot) son++;
            swap(way[a[x]],way[a[son]]);
            swap(a[x],a[son]);
            x=son; son<<=1; 
        }
    }
}q1,q2; 

int main()
{
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&t,&m); n++;
	for (ll i=2;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	f[1]=0; j=2;
	for (ll i=2;i<=n;i++)
	{
		q2.push(f[i-1]-a[i-1]+m);
		for (j<=i;2LL*(a[i]-a[j])>m;j++)
		{
			q2.pop(q2.way[f[j-1]-a[j-1]+m]);
			q1.push(f[j-1]-a[j-1]-2*a[j]);
		}
		f[i]=min(q1.top()+3*a[i],q2.top()+a[i]);
		//if (i==30) printf("%lld
",f[i]);
	}
	printf("%lld",f[n]+t-a[n]);
	return 0;
}