题目描述
给出 $(2n+1)\times (2n+1)$ 个点，点 $(i,j)$ 的权值为 $a[max(|i-n-1|,|j-n-1|)]$ ，找一条从 $(1,1)$ 走到 $(2n+1,2n+1)$ 的路径，使得经过的点（包括起点和终点）权值和最小。求这个权值和。
输入
第一行一个正整数 $n$ 。
第二行 $n+1$ 个正整数 $a[0],a[1],…,a[n]$ ，表示从内到外每层的中继器的延时值。
输出
输出一行一个数表示改造后的最短引爆时间。
样例输入
9
9 5 3 7 6 9 1 8 2 4
输出
69
题解
CDQ分治+斜率优化dp
我tm就是个傻逼 = = 明明正解就一个贪心我非要写dp+斜率优化。。。
显然所选路径具有对称性，并且是从左上角走到 $(i,i),i\le n+1$ ，然后沿着这个等距离圈走到 $(2n+2-i,2n+2-i)$ ，再按照同样的路径返回。
设 $f[i]$ 表示到点 $(i+1,i+1)$ 的最小代价。
设 $b[i]=a[n-1-i]$ （为了方便从外层向内层递推）
正解：从 $i$ 到 $i+1$ 显然是通过 $1~i$ 中最小的那一层向右平移的，因此 $f[i]=f[i-1]+b[i]+\text{max}_{j=0}^{i-1}b[j]$ ，边界条件 $f[0][0]=b[0]$。
时间复杂度 $O(n)$
我的解法：考虑从 $(j,j)$ 先横着走到 $(j,i)$ 再走到 $(i,i)$ 的过程，那么有：$f[i]=\text{max}_{j=0}^{i-1}(f[j]+\sum\limits_{k=j+1}^ib[k]+(i-j)·b[i])$.
前缀相减得 $f[i]=f[j]+sum[i]-sum[j]+(i-j)·b[j]$ 。
移项得 $j·b[j]+sum[j]-f[j]=i·b[j]+sum[i]-f[i]$ 。
容易发现可以斜率优化，要求截距得最大值，维护上凸壳。
但是这里的横坐标 $b[j]$ 不单调，因此无法使用单调数据结构维护，因此使用CDQ分治。
时间复杂度 $O(n\log n)$
不管了反正过去了。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[N] , sum[N] , f[N];
int id[N] , t[N] , sta[N];
inline ll y(int i) {return a[i] * i + sum[i] - f[i];}
inline ll x(int i) {return a[i];}
inline long double slop(int a , int b) {return (long double)(y(b) - y(a)) / (x(b) - x(a));}
void solve(int l , int r)
{
if(l == r)
{
id[l] = l;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1 , i , j , k;
solve(l , mid);
for(k = 0 , i = l ; i <= mid ; i ++ )
{
while(k && x(sta[k]) == x(id[i])) k -- ;
while(k > 1 && slop(sta[k] , id[i]) <= slop(sta[k - 1] , sta[k])) k -- ;
sta[++k] = id[i];
}
for(j = 1 , i = mid + 1 ; i <= r ; i ++ )
{
while(j < k && slop(sta[j] , sta[j + 1]) >= i) j ++ ;
f[i] = min(f[i] , f[sta[j]] + a[sta[j]] * (i - sta[j]) + sum[i] - sum[sta[j]]);
}
solve(mid + 1 , r);
for(i = j = l , k = mid + 1 ; i <= r ; i ++ )
{
if(k > r || (j <= mid && (x(id[j]) == x(id[k]) ? y(id[j]) < y(id[k]) : x(id[j]) < x(id[k])))) t[i] = id[j ++ ];
else t[i] = id[k ++ ];
}
for(i = l ; i <= r ; i ++ ) id[i] = t[i];
}
int main()
{
int n , i;
ll ans = 1ll << 62;
scanf("%d" , &n);
for(i = n ; ~i ; i -- ) scanf("%lld" , &a[i]) , sum[i] = a[i];
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) sum[i] += sum[i - 1];
memset(f , 0x3f , sizeof(f));
f[0] = a[0] , solve(0 , n);
for(i = 0 ; i <= n ; i ++ )
ans = min(ans , 2 * f[i] + (4 * (n - i) - 1) * a[i]);
printf("%lld\n" , ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8241854.html