Description
給定 \(n\) 點，這 \(n\) 個點由 \(m\) 班列車穿插連結。對於第 \(i\) 班列車，會在 \(p_i\) 時刻從 \(x_i\) 站點出發開向 \(y_i\) 站點，到站時間爲 \(q_i\)。現在從 \(1\) 號節點出發，經過多次換乘到達節點 \(n\)。一次換乘是指對於兩班列車，假設分別爲 \(u\) 號與 \(v\) 號列車，若 \(y_u = x_v\) 並且 \(q_u \leq p_v\)，那麼小貓可以乘坐完 \(u\) 號列車後在 \(y_u\) 號站點等待 \(p_v - q_u\) 個時刻，並在時刻 \(p_v\) 乘坐 \(v\) 號列車。要求最小化路程中的煩躁值。煩躁值的計算方法是：給定參數 \(A,B,C\)，對於每次等待，假設等待了 \(t\) 個時刻，那麼煩躁值增加 \(A t^2 + B t + C\)。另外如果在時刻 \(T\) 到達節點 \(n\)，則狂躁值再增加 \(T\)。
Limitations
\(1 \leq n,~m \leq 2 \times 10^5\)
\(0 \leq A \leq 10,~~0 \leq B,~C \leq 10^6\)
\(1 \leq p_i \leq q_i \leq 10^3\)
保證 \(1\) 可以到達 \(n\)。
Solution
好像正解是以時間爲狀態DP來着……然而拿到這個題的第一反應是DP每條邊到 \(n\) 的貢獻。
考慮設 \(f_i\) 是第 \(i\) 條邊開始出發，到達 \(n\) 號節點對煩躁值的最小貢獻。於是有轉移方程：
\[f_i = \min_{p_j \geq q_i} ^{x_j = y_i} \{f_j + A (p_j - q_i)^2 + B(p_j - q_i) + C + p_j - q_i\} + q_i - p_i\]
即
\[f_i = \min_{p_j \geq q_i} ^{x_j = y_i} \{f_j + A p_j^2 - 2Ap_jq_i + Aq_i^2 + Bp_j - Bq_i + C + p_j - q_i\} + q_i - p_i\]
將與 \(j\) 無關的項提出大括號，得到
\[f_i = \min_{p_j \geq q_i} ^{x_j = y_i} \{f_j + A p_j^2 - 2Ap_jq_i + Bp_j + p_j \} + q_i - p_i+ Aq_i^2- q_i- Bq_i + C \]
整理得
\[f_i = \min_{p_j \geq q_i} ^{x_j = y_i} \{f_j + A p_j^2 - 2Ap_jq_i + (B+1)p_j\} + Aq_i^2- Bq_i + C- p_i \]
設 \(g_i = A q_i^2 - Bq_i - p_i + C\)，\(h_i = Ap_i^2 + (B+1)p_j\)
上式即爲
\[f_i = f_j + h_j - 2Ap_jq_i + g_i\]
移相得到
\[f_j + h_j = 2Aq_iq_j + f_i - g_i\]
注意到 \(g_i\) 是一個與 \(i\) 有關的常數，那麼最小化 \(f_i\) 只需要最小化 \(f_i + g_i\)
如果將 \(f_j + h_j\) 看作縱座標， \(q_j\) 看作橫座標，上述方程可以看成一條斜率爲常數 \(2Aq_i\) 的直線，在所有滿足條件的 \(j\) 中選擇一個點，使得直線過這個點，最小化直線在 \(y\) 軸上的截距 \(f_i + g_i\)。
那麼所有滿足條件的點顯然在一個下突殼上，證明上可以考慮如果一個點不在下突殼上那麼能找到一個更優的 \(j\)。
然後考慮如果 \(i\) 會從 \(j\) 轉移過來，那麼一定有 \(q_i \leq p_j\)，又因爲 \(p_j < q_j\)，因此 \(q_i < q_j\)，於是按照 \(q\) 的不升序進行排序即可。
在轉移時，只需要在每個點維護一個凸殼表示所有可能被選擇的點，然後再維護一個 set 記錄該點上已經被計算但是沒有插入凸殼的點。set 內部按照 \(p\) 的不升序排序，每次要轉移一條邊 \(i\) 的時候先將終點中 \(p\) 不小於 \(q_i\) 的邊插入凸殼，由於轉移是按照 \(q_i\) 的順序進行的，已經被插入凸殼的點一定是合法可以轉移的。
另外注意到 \(q_i\) 是單調不升的，於是斜率 \(2Aq_i\) 也是單調升的，再考慮到插入的橫軸 \(p_j\) 也是單調不升的，因此可以使用單調隊列維護每個點的凸殼即可。
需要注意的一點細節是凸殼的橫軸是從大到小插入的，在維護的時候不要把大於號小於號寫反。
一共進行了 \(m\) 次轉移，每次轉移複雜度 \(O(1)\)，因此 DP 過程的時間複雜度是 \(O(m)\)，但是由於進行了排序，且每條邊插入在 set 中 1 次，所以整個算法的時間複雜度 \(O(m \log m)\)。
Code
#include <cstdio>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
const int maxn = 200005;
const ll INF = 1ll << 50;
int n, m;
ll A, B, C, ans;
ll frog[maxn], g[maxn], h[maxn];
struct M {
int x, y, p, q;
inline bool operator<(const M &_others) const {
return this->q > _others.q;
}
};
M MU[maxn];
struct Cmp {
inline bool operator() (const int &_a, const int &_b) {
if (MU[_a].p != MU[_b].p) {
return MU[_a].p > MU[_b].p;
} else {
return _a < _b;
}
}
};
std::deque<int>Q[maxn];
std::set<int, Cmp>s[maxn];
int query(const int x);
void free(const int x, const int y);
void insert(const int x, const int y);
signed main() {
freopen("route.in", "r", stdin);
freopen("route.out", "w", stdout);
qr(n); qr(m); qr(A); qr(B); qr(C);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
qr(MU[i].x); qr(MU[i].y); qr(MU[i].p); qr(MU[i].q);
}
frog[m + 1] = 1ll << 50;
std::sort(MU + 1, MU + 1 + m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
g[i] = A * MU[i].q * MU[i].q - B * MU[i].q - MU[i].p + C;
h[i] = A * MU[i].p * MU[i].p + (B + 1) * MU[i].p;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) if (MU[i].y == n) {
frog[i] = MU[i].q - MU[i].p;
s[MU[i].x].insert(i);
} else {
int y = MU[i].y;
free(y, MU[i].q);
int j = query(i);
if (!j) {
frog[i] = INF;
continue;
}
frog[i] = frog[j] + g[i] + h[j] - ((A * MU[i].q * MU[j].p) << 1);
s[MU[i].x].insert(i);
}
ans = 1ll << 50;
for (int i = 1; i <= m; ++i) if (MU[i].x == 1) {
ans = std::min(frog[i] + A * MU[i].p * MU[i].p + B * MU[i].p + C + MU[i].p, ans);
}
qw(ans, '\n', true);
return 0;
}
void free(const int x, const int y) {
while (!s[x].empty()) {
auto u = *s[x].begin();
if (MU[u].p >= y) {
insert(x, u);
s[x].erase(u);
} else {
break;
}
}
}
inline std::pair<ll, ll> calc(const int x) {
return std::make_pair(frog[x] + h[x], 1ll * MU[x].p);
}
inline bool judge(const int x, const int y, const int z) {
auto i = calc(x), j = calc(y), k = calc(z);
return (k.first <= j.first) && ((i.first - k.first) * (i.second - j.second) < (i.first - j.first) * (i.second - k.second));
}
void insert(const int x, const int y) {
while (Q[x].size() > 1) {
int i = Q[x].back(); Q[x].pop_back(); int j = Q[x].back();
if (judge(j, i, y)) {
Q[x].push_back(i); break;
}
}
Q[x].push_back(y);
}
int query(const int p) {
int x = MU[p].y;
while (Q[x].size() > 1) {
int i = Q[x].front(); Q[x].pop_front(); int j = Q[x].front();
auto s = calc(i), t = calc(j); ll k = ((A * MU[p].q) << 1);
if ((k * (s.second - t.second)) > (s.first - t.first)) {
Q[x].push_front(i);
break;
}
}
return Q[x].size () ? Q[x].front() : 0;
}