F1. Falling Sand
题目描述
有 (n imes m) 的方格，其中#代表沙子，.代表空格，你可以每次操作可以任意选择一个沙子使之自由落体，和这个沙子下落路径有边相邻的沙子也会下落，问让所有沙子下落的最小操作数。
(1leq ncdot mleq 400000)
解法
首先大概分析下这个问题，一个沙子的下落会引起连锁反应，这时候用图论表达这个过程是最好的。
点 (i) 向 (j) 连边表示 (i) 的下落会带动 (j) 的下落，要根据下落的路径把有关的点都连起来，但实际上只用连这四条边即可：
- 如果这个点上方一格有点，那么连边。
- 如果这个点下方有点，那么连边。
- 找到左侧第一个在它下面的点连边。
- 找到右侧第一个在它下面的点连边。
问题就转化到这张图上了，我们可以先 ( t tarjan) 缩点，然后直接选入度为 (0) 的点即可。
F2.Falling Sand
题目描述
相对于简单版本，你需要让第 (i) 列有 (a_i) 个沙子下落。
解法
不妨考虑和简单版本有什么变化，我们不用让所有沙子下落。因为同一列高的下落矮的一定下落，可以把每一行的限制简化成让第 (a_i) 个沙子下落即可，还可以简化，如果在建出的图中某个关键点能到达另一个关键点，那么可以忽略被到达点的限制。
现在回到图上思考这个问题，选取一个点等价于覆盖它能到达的所有关键点，最后的目的是让所有关键点都被覆盖。直接是做不动的，但是这个覆盖体现在原来的矩阵中是倾向于覆盖更相邻的列的，我们不禁要想，覆盖是否有区间性质？
也就是某个点覆盖的关键点一定在矩阵中构成一段连续的区间，证明用反证法：考虑三列 (u<v<w)，如果能通过操作第 (u) 列解决第 (w) 列的限制，那么一定会经过 (v) 列中的一个点 (i)，因为不能解决 (v) 的限制，所以 (v) 的关键点高于 (i)，进而推出 (v) 的关键点可以到达 (w) 的关键点，这与我们简化后的问题矛盾，这里是不能存在到达关系的。
那么问题变成了选取若干个区间的并集是全集，可以考虑贪心，我们把所有区间按左端点排序，然后顺次扫描，如果当前必须选一个区间（也就是下一个区间的左端点大于现在右端点 (+1)，不选就会出现空档），那么就选一个最大的右端点，时间复杂度 (O(nmlog nm))
注意一定要按照列的顺序来给关键点编号，而且缩过点的关键点一定不能重复编号。
总结
只有你尽量的去简化问题，神秘的性质才会赐福于你。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <assert.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
const int M = 400005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,tot,cnt,ans,Ind,zxy,f[M],a[M],val[M];
int low[M],dfn[M],in[M],col[M],d[M],key[M],p[M];
vector<int> v[M],g[M],o;char s[M];
pair<int,int> sq[M];stack<int> st;
struct edge
{
int v,next;
}e[4*M];
int id(int x,int y)
{
return (x-1)*m+y;
}
void add(int u,int v)
{
e[++tot]=edge{v,f[u]},f[u]=tot;
}
void tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++Ind;in[u]=1;
st.push(u);
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(in[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(low[u]==dfn[u])
{
int v;cnt++;
do
{
v=st.top();st.pop();
in[v]=0;col[v]=cnt;
}while(u!=v);
}
}
void tpsort()
{
queue<int> q;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(!d[i]) q.push(i);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
if(key[u]) in[u]=1;
o.push_back(u);
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];d[v]--;
if(in[u]) in[v]=1,key[v]=0;
if(!d[v]) q.push(v);
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
sq[i]=make_pair(inf,-inf);
for(int i=1;i<=m;i++)//in this order
if(key[p[i]] && sq[p[i]].first==inf)
// I WA for this for thousands of time
zxy++,sq[p[i]]=make_pair(zxy,zxy);
int len=o.size();
for(int i=len-1;i>=0;i--)
{
int u=o[i];
for(int j=0;j<g[u].size();j++)
{
int v=g[u][j];
sq[u].first=min(sq[u].first,sq[v].first);
sq[u].second=max(sq[u].second,sq[v].second);
}
}
sort(sq+1,sq+1+cnt);
}
signed main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
if(s[j]=='#')
{
a[id(i,j)]=++k;
v[j].push_back(i);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++) val[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<v[i].size();j++)
{
int u=a[id(v[i][j],i)];
if(j && v[i][j-1]+1==v[i][j])
add(u,a[id(v[i][j-1],i)]);
if(j+1<v[i].size())
add(u,a[id(v[i][j+1],i)]);
if(i>1)
{
auto t=lower_bound(v[i-1].begin(),v[i-1].end(),v[i][j]);
if(t!=v[i-1].end()) add(u,a[id(*t,i-1)]);
}
if(i<m)
{
auto t=lower_bound(v[i+1].begin(),v[i+1].end(),v[i][j]);
if(t!=v[i+1].end()) add(u,a[id(*t,i+1)]);
}
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int t=v[i].size()-val[i];
if(t<v[i].size() && t>=0)
{
p[i]=col[a[id(v[i][t],i)]];
key[p[i]]=1;
assert(p[i]<=cnt);
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=f[i];j;j=e[j].next)
{
int v=e[j].v;
if(col[i]!=col[v])
{
g[col[i]].push_back(col[v]);
d[col[v]]++;
}
}
tpsort();
int now=0,r=0;
for(int i=1;i<=cnt && now<zxy;i++)
{
r=max(r,sq[i].second);
if(i==cnt || sq[i+1].first>now+1)
ans++,now=r;
}
printf("%d
",ans);
}
G. A New Beginning
题目描述
有一个二维平面和 (n) 个人，阿七一开始在 ((0,0))，每次可以向上或者向右走一格，如果当前在 ((a,b)) 那么给 ((x_i,y_i)) 的人剪头发的代价是 (max(|x_i-a|,|y_i-b|))，最强发型师阿七想给每个人都剪一次头发，请你求出最小的代价。
(1leq nleq 8cdot 10^5,0leq x_i,y_ileq 10^9)
解法
首先把 slope trick 看了吧，这里还有我的翻译博客。
假设我们已经知道了阿七的移动路径，那么怎么确定每个人什么时候让阿七给他剪头发呢？注意到这道题代价的计算方式不是曼哈顿距离，而是相邻两个横纵坐标差值的较大值，我们可以同时增大横纵坐标看和路径有没有交，这样可以得出结论：直线 (y=-x+(x_i+y_i)) 和路径的交点就是阿七剪头发的位置。
证明这个结论也不难，画画图就行了，这里就略去证明过程。
那么也就是说当阿七移动到 (a+b=x_i+y_i) 就会给第 (i) 个人剪头发，我们把这个平面旋转 (45) 度，那么每个人的坐标就变成了 ((x+y,x-y))，每次可以走到 ((a+1,b-1)) 和 ((a+1,b+1))，然后我们考察 (y) 坐标的差值即可，最后答案要除以 (2)
然后可以设计一个 (dp)，设 (dp[a][b]) 表示走到 ((a,b)) 并且给所有 (xleq a) 的人剪头发的最小花费，转移：
但是这样就稳 (T) 了，观察转移可以发现其实有两种操作：和某一个绝对值函数合并；范围取 (min) 更新单点；可以考虑用 ( t slopespace trick) 的方法，把 (dp[a]) 当成一个折线函数来维护。
不难发现 (0) 斜率的折线是最优解存在的地方，那么可以把左右边分开，左边斜率 (<0)，右边斜率大于 (>0)，在范围取 (min) 更新单点的时候两边的函数值都会向中间收拢，转折点会根据 (0) 斜率线发散，这和 (a) 的差值是有关的，所以我们可以打标记，左边的转折点在插入的时候加 (a)，在取出转折点的时候减 (a)，右边加减对换即可，搞两个优先队列 (L,R) 维护转折点。
新增一个对转折点根据 (0) 斜率线发散的解释。
设 (a) 的差值是 (x)，设 (l,r) 分别为 (0) 斜率线的左右端点，那么 ([l-x,l)) 都会变成最小值，同理 ((r,r+x]) 也会变成最小值，这导致了 (0) 斜率线的左右端点会发散。类似的，对于其他的转折点也会发散，就是因为向中间取最小值的操作。
现在解决了第二个问题，第一个问题要考虑斜率的变化，这对优先队列里的元素有影响，分情况讨论：
- 如果 (0) 斜率线的左端点 (>y)，单个人 (y) 处斜率会由 (-1) 变 (1)，这个可以直接合并，所以把 (y) 插进 (l) 两次即可，但这会导致左端点（也就是 (L) 中最大的点）不再属于 (L)，这时候要把它弹掉并且插入到 (R) 中去。
- 如果 (0) 斜率线的右端点 (<y)，右端点是 (R) 中最小的点，类似情况一操作即可。
- 如果 (y) 在 (0) 斜率线上，那么在 (L,R) 中都插入 (y) 来更新 (0) 斜率线。
在上述操作中维护 (0) 斜率线的函数值，时间复杂度 (O(nlog n))
总结
根据代价的特性可以观察出神奇性质。
线性函数可以考虑 slope trick 哦。
slope trick 的区间取 (min) 可以通过打平移标记来实现。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,shift,ans;vector<pii> v;
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read(),y=read();
v.push_back(make_pair(x+y,x-y));
}
sort(v.begin(),v.end());
priority_queue<int> L;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> R;
L.push(0);R.push(0);
for(int i=0;i<v.size();i++)
{
int x=v[i].first,y=v[i].second;shift=x;
int l=L.top()-shift,r=R.top()+shift;
if(l>y)
{
L.push(y+shift);L.push(y+shift);
L.pop();R.push(l-shift);
ans+=l-y;
}
else if(y>r)
{
R.push(y-shift);R.push(y-shift);
R.pop();L.push(r+shift);
ans+=y-r;
}
else L.push(y+shift),R.push(y-shift);
}
printf("%lld
",ans/2);
}