一、题目
二、解法
我们把所有治疗方案按右端点排序，从左到右转移，设 (dp[i]) 表示把 ([1,r_i]) 都治好的最小代价。注意这个状态并没有对时间有特殊限制，我们只需要保证最后所有人能被治好就行了。
我再进一步地解释这个状态，你可能会说这个状态很奇怪，我不一定要先治疗一个前缀，可以先从中间治起。那么你的说法是对的，所以我再三强调本题的状态对时间是没有限制的，我们可能会被思维定式所局限觉得一定要按时间顺序考虑，但是这个状态的本质是按人去考虑，治前缀只是一种表象，重要的是最后我们会把所有的人治好。
明确了上面的观点以后就可以写转移了，我们考虑右端点在 (i) 之前的一种治疗方案 (j)：
[dp[i]leftarrow dp[j]+c[i] r_j-l_i+1geq |t_i-t_j|
]
也就是在 (i,j) 时间的空档期，中间那些新感染的人需要被治好。
考虑优化转移，用数据结构暴力维护是不行的，因为把绝对值拆开以后会有两重偏序关系，数据结构维护不了。观察转移特点，新增代价只和终点有关，可以看成一个 ( t dijkstra) 模型，每次选取最小的还未松弛的 (f[j])，去找能访问到的 (i)，不难发现从 (j) 转移到 (i) 是最优的，所以每个点只会被访问一次。
那么以时间排序就能把绝对值拆掉，然后搞个线段树维护即可，势能分析可知时间复杂度 (O(nlog n))
三、总结
当拿到这道题的时候，可能潜意识地就以时间为 (dp) 主体，这是难以发现的思维定式。
所以选定 (dp) 主体很重要，然后我在此声明，实践是检验 (dp) 的唯一标准，我们只需要看他能不能考虑到所有情况，能不能转移，而不用管他是否奇怪。
此外本题提供了一种新的优化思路，当转移新增权值之和终点有关时，可以用 ( t dijkstra) 的贪心来做，这样就有每个点只会被更新一次的美妙性质。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 100005;
#define int long long
const int inf = 1e18;
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,ans,f[M],mn[4*M][2];
struct node
{
int t,l,r,c;
bool operator < (const node &b) const
{
return t<b.t;
}
}a[M];
struct data
{
int u,c;
bool operator < (const data &b) const
{
return c>b.c;
}
};priority_queue<data> q;
void up(int i)
{
mn[i][0]=min(mn[i<<1][0],mn[i<<1|1][0]);
mn[i][1]=min(mn[i<<1][1],mn[i<<1|1][1]);
}
void ins(int i,int l,int r,int id,int x,int v)
{
if(l==r)
{
mn[i][0]=x-v;
mn[i][1]=x+v;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=id) ins(i<<1,l,mid,id,x,v);
else ins(i<<1|1,mid+1,r,id,x,v);
up(i);
}
void ask(int i,int l,int r,int L,int R,int op,int v,int w)
{
if(l>R || L>r || mn[i][op]>v) return ;
if(l==r)
{
f[l]=w+a[l].c;q.push(data{l,f[l]});
mn[i][0]=mn[i][1]=inf;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
ask(i<<1,l,mid,L,R,op,v,w);
ask(i<<1|1,mid+1,r,L,R,op,v,w);
up(i);
}
signed main()
{
n=read();m=read();ans=inf;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
f[i]=inf;
a[i].t=read();a[i].l=read();
a[i].r=read();a[i].c=read();
}
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(a[i].l==1)
{
f[i]=a[i].c;
q.push(data{i,f[i]});
ins(1,1,m,i,inf,0);
}
else ins(1,1,m,i,a[i].l,a[i].t);
}
while(!q.empty())
{
int u=q.top().u;q.pop();
ask(1,1,m,1,u-1,0,a[u].r-a[u].t+1,f[u]);
ask(1,1,m,u+1,m,1,a[u].r+a[u].t+1,f[u]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(a[i].r==n)
ans=min(ans,f[i]);
if(ans==inf) puts("-1");
else printf("%lld
",ans);
}