這是一道好題~~~~~
然後發現不會做，去問人，然後在別人想的時候頹廢發現自己還是不會做
於是就膜題解啊，發現只有一篇。。。就是這個 點這裡
於是就膜啊膜，終於大概有可能會了，為了造福後面的人（騙訪問量），我決定要寫一篇題解
首先，n^2的暴力是可以過的，大概我這個40s+就過了。。主要是資料太水了
但要是你不想就這麼水過這題題，請忽視這個做法並往下看
#include#includeconst int n=50005;
int n,m;
int d[n],l[n];
int mymin (int x,int y)
int main()
printf("%d\n",ans);
}return 0;
}
比較好的解法是分塊
記f(i,j,x0)表示以初始代價x0依次經過第i天到第j天後的價值。
記g(i,j)為f(i,j,inf)，其中inf是正無窮，s(i,j)為i到j的d值之和。則有f(i,j,x0)=min( g(i,j), x0+s(i,j) )。
這個第二條性質十分地重要，需要好好理解一下
其實也很簡單，就是說假如你現在給定了乙個區間l,r還有x0，接著你想啊
要是在從l到r這一段路徑中，被卡住了，也就是說中間有至少乙個值被l所限制了，那麼你這個x0其實是沒有用的，就算你是inf還是x0，答案都不會變，也就是g(i,j)
要是不會呢，那麼答案就是簡單的x0+s(i,j)
稍微想一想都知道，如果被卡了，前者肯定是小於後者的，所以取min值就可以很好地解決這個問題
於是，對於每乙個塊，我們把所有他的子串都拿出來，並維護這兩個值
接著我們知道，如果對於詢問的l,r，如果兩個子串都被包含在[l,r]中，且有g1>=g2且s1>=s2，顯然第二個子串是一定不會取到的
所以我們可以先對每乙個塊的g和s排序，將沒用的踢掉，我們就可以得到乙個g單調上公升，s單調下降的東西
到時候找答案的時候這個是理所當然可以二分的
那麼問題就剩下如何維護塊一塊之間的聯絡了
我們可以維護多兩個東西，乙個是字首的這個東西，乙個是字尾的這個東西
然後大概按照類似線段樹中左右兒子維護子串最大之類的合併方法來合併就好了，注意細節
**：#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
const int n=50005;
const int m=250;
int n,m;
int d[n],t[n],sd[n];
int cnt,l[n],r[n],belong[n];
typedef pairo;
int mymin (int x,int y)
void prepare()
} cnt=belong[n];r[cnt]=n;
/*for (int u=1;u<=n;u++) printf("%d ",belong[u]);
for (int u=1;u<=cnt;u++) printf("%d %d\n",l[u],r[u]);*/
}int f[m][m][m],tcnt;
o tt[n];
vectorvec[m],pre[m],suf[m];
int stack[n];
int s (int x,int y)
int g (int x,int y)
void calc (vector&vec)
for (int u=1;u<=pnt;u++)
vec.push_back(tt[stack[u]]);
}void update (int x)
tcnt=0;
for (int u=l[x];u<=r[x];u++)
for (int i=u;i<=r[x];i++)
tt[++tcnt]=o(s(u,i),g(u,i));
calc(vec[x]);
tcnt=0;
for (int u=l[x];u<=r[x];u++)
tt[++tcnt]=o(s(l[x],u),g(l[x],u));
calc(pre[x]);
tcnt=0;
for (int u=l[x];u<=r[x];u++)
tt[++tcnt]=o(s(u,r[x]),g(u,r[x]));
calc(suf[x]);
return ;
}void init ()
int lalal (vectorvec,int x0)
int ret=mymin(vec[l].first,vec[l].second+x0);
if (l+1
如何評估專案工作量
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