令$dp[i]$表示经过第$i$条边后的最小烦躁值,有$且dp[i]=\min_{y_{j}=x_{i}且q_{j}\le p_{i}}dp[j]+f(p_{i}-q_{j})$,其中$f(x)=Ax^{2}+Bx+C$
由于$p_{j}<q_{j}\le p_{i}$,按$p_{i}$从小到大枚举,当$q_{j}\le p_{i}$时将信息记在$y_{j}$上,求$dp[i]$时枚举$x_{i}$上的信息即可,复杂度$o(m^{2})$
将后面的式子拆开,提出与$j$无关的部分,即$且dp[i]=f(p_{i})+\min_{y_{j}=x_{i}且q_{j}\le p_{i}}-2Ap_{i}q_{j}+(dp[j]+Aq_{j}^2-Bq_{j})$
将后半部分看作$F_{j}(x)=-2Aq_{j}x+(dp[j]+Aq_{j}^2-Bq_{j})$的直线,对每一个点用凸包来维护这些直线,利用斜率$q_{j}$和询问$p_{i}$的单调性可以做到均摊$o(1)$
复杂度计算:每一条直线插入/询问一次,插入/删除均摊均为$o(1)$,总复杂度$o(m)$;对$p_{j}\le p_{i}<q_{j}$的直线维护一个$set$,复杂度为$o(m\log m)$(对$q$排序可以做到$o(m)$,但排序复杂度也为$o(m\log m)$)

 1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 200005
4 #define k(i) -2*A*e[i].q
5 #define b(i) (dp[i]+A*e[i].q*e[i].q-B*e[i].q)
6 struct ji{
7 int x,y,p,q;
8 }e[N];
9 vector<int>v[N];
10 set<pair<int,int> >s;
11 int n,m,A,B,C,ans,sz[N],dp[N];
12 bool cmp(ji x,ji y){
13 return x.p<y.p;
14 }
15 double point(int x,int y){
16 if (k(x)==k(y)){
17 if (b(x)==b(y))return 0;
18 if (b(x)<b(y))return 0x3f3f3f3f;
19 return -0x3f3f3f3f;
20 }
21 return 1.0*(b(y)-b(x))/(k(x)-k(y));
22 }
23 void add(int x){
24 int k=e[x].y;
25 while ((sz[k]>1)&&(point(v[k][sz[k]-2],v[k][sz[k]-1])>point(v[k][sz[k]-1],x))){
26 v[k].erase(--v[k].end());
27 sz[k]--;
28 }
29 v[k].push_back(x);
30 sz[k]++;
31 }
32 int query(int x){
33 int k=e[x].x;
34 if (!sz[k])return 0x3f3f3f3f;
35 while ((sz[k]>1)&&(point(v[k][0],v[k][1])<e[x].p)){
36 v[k].erase(v[k].begin());
37 sz[k]--;
38 }
39 return k(v[k][0])*e[x].p+b(v[k][0]);
40 }
41 int main(){
42 freopen("route.in","r",stdin);
43 freopen("route.out","w",stdout);
44 scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B,&C);
45 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].p,&e[i].q);
46 sort(e+1,e+m+1,cmp);
47 e[0].y=1;
48 s.insert(make_pair(0,0));
49 for(int i=1;i<=m;i++){
50 while ((s.size())&&((*s.begin()).first<=e[i].p)){
51 add((*s.begin()).second);
52 s.erase(s.begin());
53 }
54 dp[i]=query(i)+A*e[i].p*e[i].p+B*e[i].p+C;
55 s.insert(make_pair(e[i].q,i));
56 }
57 ans=0x3f3f3f3f;
58 for(int i=1;i<=m;i++)
59 if (e[i].y==n)ans=min(ans,dp[i]+e[i].q);
60 printf("%d",ans);
61 return 0;
62 }

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