[Agc011F] Train Service Planning

题目大意：
有n+1个车站，n条轨道，第i条轨道联通i-1和i车站，通过它要花a[i]时间，这条轨道有b[i]=1或2条车道，也就是说，他是单向还是双向的。
要满足以下约定

所有的火车要么从站台0到站台n，要么从站台n到站台0
对任意终点为n的火车，如果它在t时刻离开站台i−1并开往站台i，那么它必须在t+Ai时刻到达i站台，对反方向要求相同
对任意终点为n的火车，如果它在s时刻到达站台i并在t时刻离开站台i，那么下一列经过站台i的终点为n的火车必须在s+K时刻到达站台i并在t+K时刻离开站台i，对反方向要求相同![]
在任意时刻不能有两列相向而行的火车在单向区间内互相穿过
要求最小化两种火车从起点到终点的时间和。
(nleq 10^5,a_ileq 10^9)

试题分析

不难发现，双向道路上如果有两条线（列车行驶）的交是没有问题的，因为可以双向行驶。
但是单向的话就不行了，需要在某个车站进行等待并交换道路。
然而我们需要求这些车的行驶时间的和，怎么办呢？
一个非常重要的传统办法——列式子。
我们下面把第一辆车称作1号，把第二辆（(n o 0)）称作2号。
设(q_i)为1号每站的等待时间，(p_i)为2号每站的等待时间。
于是有：(tim_1=sum_{i=0}^{n-1} q_i+a_i,tim_2=sum_{i=0}^{n-1} p_i+a_i)
那么走到其中一个点(j)的时间是多少呢？

[tim_{1,j}=sum_{i=0}^{j-1} q_i+a_i ]

[tim_{2,j}=sum_{i=0}^{j-1} p_i+a_i ]

还是没有突破口，继续列式子。。。
发现1号走过(j-1 o j)的时间区间是((sum_{i=0}^{j-2} q_i+a_i +q_{j-1},sum_{i=0}^{j-1} q_i+a_i))
2号同理。
这个东西乍一看没有办法搞，但是这道题有一个很重要的性质：时间K就是一个循环节。
那么我们就可以把这个东西丢到(pmod{k})的意义下去做。
既然图上的线不交，就意味着1号和2号的站中间的时间区间不交。
于是继续列出限制条件，然后移项变换，得到：$$sum_{i=0}^{j}(p[i]+q[i]) ot in[-2s[j],-2(s[j]-a[j])]$$
其中(s)为(a)的前缀和。
那么问题就变成了：
有一个人，在数轴上走，从左到右每次向右走（可以不走），每次走的地方在([l_i,r_i])中，问代价。
因为是(pmod{k})意义下，所以可以把两段补区间前后相接得到一个新的区间。
能在原地踏步显然在原地踏步，所以我们需要找的是([l_j,r_j])不包含(l_i)的(j>i)的区间。
这个东西我们可以线段树的区间覆盖加上贪心dp出来。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
//#include<ctime>
//#include<cmath>
//#include<queue>
 
using namespace std;
#define LL long long
 
inline int read(){
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const LL INF = 2147483600;
const LL MAXN = 300010;
 
LL N,K;
LL tag[MAXN<<2],col[MAXN<<2];
 
 
inline void tage_lazy(LL rt){
    if(tag[rt]){
        col[rt<<1]=tag[rt]; col[rt<<1|1]=tag[rt];
        tag[rt<<1]=tag[rt]; tag[rt<<1|1]=tag[rt]; 
        tag[rt]=0;
    }
}
inline void Cover(LL rt,LL l,LL r,LL L,LL R,LL k){
    if(L>R) return ;
    if(L<=l&&R>=r){tag[rt]=k; col[rt]=k; return ;} tage_lazy(rt);
    LL mid=(l+r)>>1; if(L<=mid) Cover(rt<<1,l,mid,L,R,k);
    if(R>mid) Cover(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,k); return ;
}
inline LL Query(LL rt,LL l,LL r,LL k){
    if(l==r) return col[rt]; LL mid=(l+r)>>1; tage_lazy(rt);
    if(k<=mid) return Query(rt<<1,l,mid,k);
    else return Query(rt<<1|1,mid+1,r,k);
}
LL f[MAXN+1],Num[MAXN<<1];
LL l[MAXN+1],r[MAXN+1],tot;
inline LL Ask(LL k){
    LL pos=Query(1,1,tot,k);
    return (pos?f[pos]+(Num[l[pos]]-Num[k]+K)%K:0); 
}
LL a[MAXN+1],b[MAXN+1],s[MAXN+1];
 
int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    N=read(),K=read(); tot=0;
    for(LL i=1;i<=N;i++){
        a[i]=read(),b[i]=read();
        s[i]=(s[i-1]+a[i]); 
        if(b[i]==2){l[i]=0; r[i]=K-1;}
        else l[i]=(K-2*s[i-1]%K)%K,r[i]=(K-2*s[i]%K)%K;
        if(b[i]==1&&a[i]*2LL>K){puts("-1"); return 0;}
        Num[++tot]=l[i]; Num[++tot]=r[i];
        //cout<<"x:"<<l[i]<<" "<<r[i]<<endl;
    } sort(Num+1,Num+tot+1); tot=unique(Num+1,Num+tot+1)-Num-1;
    for(LL i=1;i<=N;i++){
        l[i]=lower_bound(Num+1,Num+tot+1,l[i])-Num;
        r[i]=lower_bound(Num+1,Num+tot+1,r[i])-Num;
    } for(LL i=N;i>=1;i--){
        f[i]=Ask(l[i]);
        if(l[i]>r[i]) Cover(1,1,tot,r[i]+1,l[i]-1,i);
        else Cover(1,1,tot,1,l[i]-1,i),Cover(1,1,tot,r[i]+1,tot,i);
    } LL ans=f[1];
    for(LL i=tot;i>=1;i--) ans=min(ans,Ask(i));//cout<<i<<": "<<Ask(i)<<endl;
    printf("%lld
",ans+2LL*s[N]);
    return 0;
}