P3580 [POI2014]ZAL-Freight(单调队列dp)

考虑两辆车怎么样是最优的。

t1,t2,St_1,t_2,St1,t2,S

t1+St_1+St1+S

第一辆车：[t1,t1+S][t_1,t_1+S][t1,t1+S]

假设第二辆车在某个时间ti∈[t1+1,t1+S]t_i\in [t_1+1,t_1+S]ti∈[t1+1,t1+S]出发。

在第一辆车到达到右端点后，必须等第一辆车过来才能继续接下来的行动。

所以第二辆车到达的时间是：ti+St_i+Sti+S。

此时第一辆车和第二辆车在右端点。

此时是回程是对称的，只不过是出发时间不同。

所以我们只需考虑往程最优即可。

因为相邻辆车至少间隔111min，所以显然在ti=t1+1t_i=t_1+1ti=t1+1出发时最优的。

此时能最早到达。

因此考虑dpdpdp转移。
fi=min(fi,max(ai,fj+i−j−1)+2×S+i−j−1)\large f_i=min(f_i,max(a_i,f_j+i-j-1)+2\times S+i-j-1) fi=min(fi,max(ai,fj+i−j−1)+2×S+i−j−1)
先去掉maxmaxmax。

分情况讨论：fj+i−j−1≥aif_j+i-j-1\ge a_ifj+i−j−1≥ai

即：fj−j≥ai−i+1\large f_j-j\ge a_i-i+1fj−j≥ai−i+1。

因为i,Si,Si,S是定值，所以单调队列维护维护fj−jf_j-jfj−j的最小值即可。

答案为：fj+2×(S+i−j−1)f_j+2\times (S+i-j-1)fj+2×(S+i−j−1)

否则：fj−j<ai−i+1f_j-j<a_i-i+1fj−j<ai−i+1。

答案就是：ai+2×S+i−j+1a_i+2\times S+i-j+1ai+2×S+i−j+1。

此时的jjj就是单调队列最后一次弹出的位置。

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)

// Problem: P3580 [POI2014]ZAL-Freight
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3580
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
// Date: 2021-07-26 19:24:10
// --------by Herio--------#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5,M=2e4+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define SZ(a) (int)a.size()
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
void Print(int *a,int n){for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",a[i]);printf("%d\n",a[n]);
}
int n;
ll s,f[N],a[N];
int q[N],l=1,r;
int main(){scanf("%d%lld",&n,&s);a[0]=-1;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),a[i]=max(a[i],a[i-1]+1);for(int i=1;i<=n;i++){while(l<=r&&f[q[l]]-q[l]<a[i]-i+1) l++;f[i]=a[i]+2*s+i-q[l-1]-1;f[i]=min(f[i],f[q[l]]+2*(s+i-q[l]-1));while(l<=r&&f[q[r]]-2*q[r]>f[i]-2*i) r--;q[++r]=i;}printf("%lld\n",f[n]);return 0;
}

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