「CF1101F」Trucks and Cities

题意描述

有 \(N\) 座城市，第 \(i\) 座坐标为 \(a_i\) ，有 \(M\) 辆卡车，第 \(i\) 辆卡车要从城市 \(s_i\) 前往城市 \(e_i\) ，每单位长度耗油量为 \(c_i\) ，可以在中途城市加满油 \(r_i\) 次，求让所有卡车都能到达目的地最小的油箱容积。

传送门

思考&做法

step 1

先来思考暴力，二分答案，然后check所有车，时间 \(O(MN\log 10^{18})\) ，会 \(\text{TLE}\) 。

到这，就有了多个分支，有大佬改换思路用 \(\text{dp}\)，用四边形不等式推决策单调性优化 \(\text{dp}\) ，也有大佬用分别二分并随机化加剪枝优化暴力的，这些当时我都没有想到，就瞪大眼睛硬做这道题。

step 2

苦思冥想的时候，yangbaich给了我一个思路：在二分 \(V\) 后首先会预处理 \(f_{i, j}\) 表示在容量为 \(V\) 时，从城市 \(i\) 到城市 \(j\) ，途中不加油，\(c\) 最大是多少，然后暴力是每次加油一次并跳一格，我们要不 \(\text{TLE}\) 就要每次不止跳一格，这时我们或许就会想到倍增，但怎么构建倍增表呢？发现对于卡车 \(i\) ，只会走 \(f_{u, v} \ge c_i\) 的边 \((u, v)\) ，所以考虑对于 \(f\) 按 \(f_{u, v}\) 从大到小排序，卡车按 \(c_i\) 从大到小排序，然后双指针运动，保证在遍历到第 \(i\) 辆卡车时会加入所有该卡车能走的边，并且没有该卡车不能走的边。

step3

本来以为能做了，只不过每次要加边，倍增表只能静态，那怎么做呢？如果没有「CF13E」Holes的经验其实很难想到动态修改的跳表。思路就是按索引分块，对于每个元素维护一个 \(nxt_i\) 表示从 \(i\) 跳一步后的位置，\(jump_i\) 表示从 \(i\) 第一次跳到下一个块的位置，\(step_i\) 表示从 \(i\) 第一次跳到下一个块的过程中跳了多少步，每次修改 \(nxt_i\) 就对所有 \(j \in [L_{bel_i}, i]\) 修改 \(jump_j\) 为 \(jump_{nxt_j} + 1\) 或 \(nxt_j\) ，分讨，并赋值 \(step_j\) 。

在查询的时候，跳的过程中每次check当前 \(r\) 是否小于 \(step_u\) ，若小，跳出循环，暴力跳 \(r\) 次 \(nxt_i\) ，返回当前点 \(u\) ，然后看 \(u\) 是否大于 \(e_i\) ，若所有卡车都大于，返回 \(\text{true}\) ，反之返回 \(\text{false}\) 。

概括

二分答案，将卡车和预处理的 \(f\) 表按 \(c_i\) 和 \(f_{i, j}\) 从大到小排序，并用双指针依次加入 \(f_{u, v}\) 的边 \((u, v)\) 并保证 \(\forall f_{u, v} > c_i\) ，用分块维护跳表，让每一辆卡车跳 \(r\) 次，check落点 \(u\) 是否大于 \(e_i\) 。

总时间复杂度 \(O(M \sqrt{N} \log 10^{18})\)

solution

/*
address:https://codeforces.com/problemset/problem/1101/F
AC 2025/1/21 11:40
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 405, M = 2.5e5 + 5;
const LL INF = 1e18;
int a[N];
int n, m;
struct truck {
    int s, f, c, r;
    bool operator < (const truck& o)const { return c > o.c; }
}c[M];
struct node {
    int x, y;
    LL c;
    bool operator < (const node& o)const { return c > o.c; }
}e[N * N];
int siz, blk;
int bel[N], nxt[N], jump[N], step[N], L[N], R[N];
inline void change(int id, int x) {
    nxt[id] = x;
    // printf("change %d -> %d ", id, x);
    for (int i = id;i >= L[bel[id]];i--)
        if (nxt[i] > R[bel[i]]) step[i] = 1, jump[i] = nxt[i];
        else step[i] = step[nxt[i]] + 1, jump[i] = jump[nxt[i]];
    // printf("step:%d\n", step[id]);
}
inline int lift(int id, int x) {
    while (true) {
        if (x < step[id]) break;
        x -= step[id];
        id = jump[id];
        // printf("%d ", id);
    }
    for (int i = 1;i <= min(x, siz);i++) id = nxt[id];
    // puts("");
    return id;
}
inline bool check(LL v) {
    // printf("%lld:\n", v);
    int t = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++)
        for (int j = i + 1;j <= n;j++)
            e[++t] = { i, j, v / (a[j] - a[i]) };
    sort(e + 1, e + t + 1);
    // for (int i = 1;i <= t;i++) printf("%d %d %lld\n", e[i].x, e[i].y, e[i].c);
    for (int i = 1;i <= n;i++) nxt[i] = jump[i] = i, step[i] = N;
    int j = 1;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        // printf("truck %d:", i);
        while (e[j].c >= c[i].c && j <= t) {
            change(e[j].x, e[j].y);
            j++;
        }
        // puts("");
        int u = lift(c[i].s, c[i].r + 1);
        if (u < c[i].f) return false;
    }
    return true;
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    siz = sqrt(n);
    blk = (n + siz - 1) / siz;
    for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1;i <= n;i++) bel[i] = (i + siz - 1) / siz;
    for (int i = 1;i <= blk;i++) L[i] = (i - 1) * siz + 1, R[i] = min(i * siz, n);
    for (int i = 1;i <= m;i++) scanf("%d%d%d%d", &c[i].s, &c[i].f, &c[i].c, &c[i].r);
    sort(c + 1, c + m + 1);
    LL l = 1, r = INF, v = INF;
    while (l <= r) {
        LL mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid - 1, v = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("%lld", v);
    return 0;
}

总结

不知道为什么，与yangbaich做题总能做出一些奇奇怪怪的做法，只不过这样也有益于拓展思维，希望后面不知只是按题解所说去做，能多有一些自己的思考并实践。