Description

在炽热的核熔炉中，居住着一位少女，名为灵乌路空。
据说，从来没有人敢踏入过那个熔炉，因为人们畏缩于空所持有的力量——核能。
核焰，可融真金。

咳咳。
每次核融的时候，空都会选取一些原子，排成一列。然后，她会将原子序列分成一些段，并将每段进行一次核融。
一个原子有两个属性：质子数和中子数。
每一段需要满足以下条件：
1、同种元素会发生相互排斥，因此，同一段中不能存在两个质子数相同的原子。
2、核融时，空需要对一段原子加以防护，防护罩的数值等于这段中最大的中子数。换句话说，如果这段原子的中子数最大为x，那么空需要付出x的代价建立防护罩。求核融整个原子序列的最小代价和。

Input

第一行一个正整数N，表示原子的个数。
接下来N行，每行两个正整数pi和ni，表示第i个原子的质子数和中子数。

Output

输出一行一个整数，表示最小代价和。

Hint

Data Constraint
对于20%的数据，1<=n<=100
对于40%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=10^5，1<=pi<=n，1<=ni<=2*10^4

Solution

题目一股中二气息

这里可以看出是要把原子分段，我们考虑dp设f[i]为前i项都核融的最小代价，那么f[i]=min{f[j]+mx(j+1,i)}满足(last[i]<=j < i)，这里的last[i]是预处理的由i向左拓展的最远距离(也就是不含同类原子的最远距离)，会T

观察一下可以发现当右端点i固定左端点j向左扫时其间b的最大值mx是不减的，这就相当于在找到下一个更大值之前mx不会变。这里维护一个递减的单调队列表示从i向左扫到那些位置会使mx发生变化。由于f是单调不减的，在mx不变时用最左边的f一定是最小值，这就相当于在单调队列中的每一项的f加上下一位的mx

由于某些神奇的原因这题暴力修改单调队列中的元素不会T，就放上来了

Code

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define rep(i, st, ed) for (int i = st; i <= ed; i += 1)
#define drp(i, st, ed) for (int i = st; i >= ed; i -= 1)
#define erg(i, st) for (int i = ls[st]; i; i = e[i].next)
#define fill(x, t) memset(x, t, sizeof(x))
#define max(x, y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x, y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define abs(x) ((x)<(0)?(-(x)):(x))
#define ll long long
#define ld lont double
#define db double
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 1000001
#define E 10001
int queue[N], last[N], a[N], b[N], f[N], pos[N];
inline int read() {int x = 0, v = 1;char ch = getchar();for (; ch < '0' || ch > '9'; v *= ((ch == '-')?(-1):(1)), ch = getchar());for (; ch <= '9' && ch >= '0'; (x *= 10) += ch - '0', ch = getchar());return x * v;
}
int main(void) {// freopen("data.in","r",stdin);// freopen("myp.out","w",stdout);int n = read();int head = 0;int tail = -1;rep(i, 1, n) {a[i] = read();b[i] = read();if (!pos[a[i]]) {pos[a[i]] = i;last[i] = 0;} else {last[i] = pos[a[i]];pos[a[i]] = i;}last[i] = max(last[i], last[i - 1]);}queue[++ tail] = 1;f[1] = b[1];rep(i, 2, n) {while (last[i] > queue[head] && head <= tail) {head += 1;}while (b[queue[tail]] <= b[i] && head <= tail) {tail -= 1;}queue[++ tail] = i;f[i] = INF;rep(j, head + 1, tail) {f[i] = min(f[queue[j - 1]] + b[queue[j]], f[i]);}f[i] = min(f[last[i]] + b[queue[head]], f[i]);}printf("%d\n", f[n]);return 0;
}

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