BZOJ 4951 [WF2017]Money for Nothing (决策单调优化DP+分治)

题目大意：略题目传送门

不愧是$World final$的神题，代码短，思维强度大，细节多到吐..调了足足2h

贪心

我们利用贪心的思想，发现有一些工厂/公司是非常黑心的

以工厂为例，对于一个工厂$i$，如果存在一个工厂$j$，$d_{j}<d_{i},p_{j}<p_{i}$，即出货比i早，而且比i便宜

那么不论我们选择任何消费公司，都一定会选$j$而不是选$i$

消费公司也用类似的贪心方法，消去那些黑心公司

以$d$为$x$轴，$p$为$y$轴，我们得到了许多在二维平面上的点，保证$d_{i}$递增，$p_{i}$递减

这一步贪心可以用单调栈实现

决策单调性

发现我们筛出来这些点以后，并没有什么卵用

假如把这个问题看成一个几何问题，题目转化为，能作为右上角的点视为白点，能作为左下角的点视为黑点，给定很多黑点白点，求白点作为右上角，黑点作为左下角，围成的矩形的面积最大值，且点集内的保证$d_{j}<d_{i},p_{j}<p_{i}$

以下讨论中，点的编号随横坐标$d$增大而增大

大胆地猜测一下，假设我们选择一个左下角黑点$i$，它对应的最优右上角白点是$j$，那么当$j-1$不能和$i$构成最优解时，点$i+1$能否和$j-1$构成最优解呢？

答案是不能，下面给出证明

我们已知$(x_{j}-x_{i})(y_{j}-y_{i})>(x_{j-1}-x_{i})(y_{j-1}-y_{i}),x_{i}<x_{i+1},y_{i}>y_{i+1},x_{j}<x_{j+1},y_{j}>y_{j+1}$

假如能构成最优解，那么$(x_{j-1}-x_{i+1})(y_{j-1}-y_{i+1})>(x_{j}-x_{i+1})(y_{j}-y_{i+1})$

把两式展开，消项可得

$x_{j}\cdot y_{j}-x_{i}\cdot y_{j}-x_{j}\cdot y_{i}>x_{j-1}\cdot y_{j-1}-x_{i}\cdot y_{j-1}-x_{j-1}\cdot y_{i}$

$x_{j-1}\cdot y_{j-1}-x_{i+1}\cdot y_{j-1}-x_{j-1}\cdot y_{i+1}>x_{j}\cdot y_{j}-x_{i+1}\cdot y_{j}-x_{j}\cdot y_{i+1}$

不等号方向相同，两式相加，消去相同项，可得

$-x_{i}\cdot y_{j}-x_{j}\cdot y_{i}-x_{i+1}\cdot y_{j-1}-x_{j-1}\cdot y_{i+1}>-x_{i}\cdot y_{j-1}-x_{j-1}\cdot y_{i}-x_{i+1}\cdot y_{j}-x_{j}\cdot y_{i+1}$

合并，整理可得

$(x_{i+1}-x_{i})(y_{j-1}-y_{j})+(y_{i}-y_{i+1})(x_{j}-x_{j-1})<0$

由于$x_{i}<x_{i+1},y_{i}>y_{i+1},x_{j}<x_{j+1},y_{j}>y_{j+1}$，上述式子一定大于$0$，所以这种情况不存在

分治求解

我们刚刚发现了这个优美的性质，接下来该如何利用这个性质求解呢？

考虑分治，用类似于整体二分的方法，把右上角的点看成询问，左下角的点视为操作(决策)

当前的询问区间是$[l1,r1]$，决策区间是$[l2,r2]$

现在选择了询问区间的重点$mid$，遍历$[l2,r2]$找到$mid$的决策$p$

根据决策单调性，$[l1,mid-1]$的决策一定属于$[l2,p]$，$[mid+1,r1]$的决策一定属于$[p,r2]$

类似于整体二分的方法，递归即可

繁多的细节

你作为中国代表队的一员参加了$ACM$，成功晋级$World Final$，然后你一眼看出了贪心，决策单调性，以及靠谱的分治算法，你抢过队友的键盘开始码这道题

不过这道题代码实现的细节还挺多的

首先，分治算法中，$mid$的决策$p$可能有多个，它们中的某几个可能同时作为$[l1,mid-1]$和$[mid+1,r1]$的决策

所以我们要把所有的决策$p$全都推到两边分治

但如果$mid$找不到决策怎么办？

找到最大的可能作为$[l1,mid-1]$和$[mid+1,r1]$的决策区间，继续递归

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #define N1 500010

 #define ll long long

 #define dd double

 #define inf 1333333333

 using namespace std;

 int gint()

 {

     int ret=,fh=;char c=getchar();

     while(c<''||c>''){if(c=='-')fh=-;c=getchar();}

     while(c>=''&&c<=''){ret=ret*+c-'';c=getchar();}

     return ret*fh;

 }

 int n,m,nn,mm; int stk[N1],tp; ll ans;

 struct node{int x,v;}a[N1],b[N1],tmp[N1];

 int cmp1(node s1,node s2){ if(s1.x!=s2.x) return s1.x<s2.x; return s1.v<s2.v; }

 int cmp2(node s1,node s2){ if(s1.x!=s2.x) return s1.x<s2.x; return s1.v>s2.v; }

 int de;

 void solve(int l1,int r1,int l2,int r2)

 {

     if(l1>r1||l2>r2) return;

     int mid=(l1+r1)>>,i,S=-,E=-; ll ma=-,tmp;

     for(i=l2;i<=r2;i++)

     {

         tmp=1ll*(b[mid].v-a[i].v)*(b[mid].x-a[i].x);

           if(b[mid].x<a[i].x||b[mid].v<a[i].v) tmp=-inf;

         if(tmp>ma) ma=tmp,S=E=i;

         else if(tmp==ma) E=i;

     }

     if(S==-&&E==-)

     {

         de=;

         if(l1<=mid+&&mid+<=r1)

             for(i=l2;i<=r2;i++) if(b[mid+].v>=a[i].v){

                 solve(mid+,r1,i,r2); break; }

         if(l1<=mid-&&mid-<=r1)

             for(i=r2;i>=l2;i--) if(b[mid-].x>=a[i].x){

                 solve(l1,mid-,l2,i); break; }

           return;

     }

     ans=max(ans,ma);

     solve(l1,mid-,l2,E); solve(mid+,r1,S,r2);

 }

 int main()

 {

     scanf("%d%d",&m,&n);

     int i;

     for(i=;i<=m;i++){ a[i].v=gint(); a[i].x=gint(); }

     for(i=;i<=n;i++){ b[i].v=gint(); b[i].x=gint(); }

     sort(a+,a+m+,cmp1);

     for(tp=,i=m;i;i--)

     {

         while(tp>=&&a[i].v<=a[stk[tp]].v) tp--;

         stk[++tp]=i;

     }

     for(i=;i<=tp;i++) tmp[i]=a[stk[i]];

     for(i=;i<=tp;i++) a[i]=tmp[tp-i+];

     mm=tp;

     sort(b+,b+n+,cmp2);

     for(tp=,i=;i<=n;i++)

     {

         while(tp>=&&b[i].v>=b[stk[tp]].v) tp--;

         stk[++tp]=i;

     }

     for(i=;i<=tp;i++) tmp[i]=b[stk[i]];

     for(i=;i<=tp;i++) b[i]=tmp[i];

     nn=tp;

     solve(,nn,,mm);

     printf("%lld\n",ans);

     return ;

 }

巴特西

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