设\(f[i]\)表示前\(i\)个房子中，保留\(i\)号房子时能保留最多几个旧房子
\(g[i]\)表示前\(i\)个房子中，保留\(i\)号房子，保留旧房子最多时，最小的代价
转移方程为：
\(f[i]=\max(f[j])+1,0\leq j < i,a[i]-a[j]\geq i-j\)
\(g[i]=\min(g[j]+a[j]\times (i-j-1)+\dfrac{(i-j)(i-j-1)}{2})+a[i]+b[i],0\leq j < i,f[i]=f[j]+1,a[i]-a[j]\geq i-j\)
显然是\(O(n^2)\)的，要优化。
\(a[i]-a[j]\geq i-j \Leftrightarrow a[i]-i\geq a[j]-j\)
于是令\(c[i]=a[i]-i\)，转移方程改为
\(f[i]=\max(f[j])+1,0\leq j < i,c[i]\geq c[j]\)
这个可以用\(O(n\log n)\)的cdq分治维护，之后考虑优化\(g[i]\)。
\(g[i]=\min(g[j]+a[j]\times (i-j-1)+\dfrac{(i-j)(i-j-1)}{2})+a[i]+b[i]\)
\(=\min(g[j]+(a[j]-j)\times i+\dfrac{i(i-1)}{2}+\dfrac{j(j+1)}{2}-a[j]\times j-a[j])+a[i]+b[i]\)
\(=\min(c[j]\times i+g[j]+\dfrac{j(j+1)}{2}-a[j]\times j-a[j])+a[i]+b[i]+\dfrac{i(i-1)}{2}(0\leq j < i,f[i]=f[j]+1,c[i]\geq c[j])\)
令\(d[i]=\dfrac{i(i+1)}{2}-a[i]\times i-a[i]\),则
\(g[i]=\min(c[j]\times i+g[j]+d[j])+a[i]+b[i]+\dfrac{i(i-1)}{2}(0\leq j < i,f[i]=f[j]+1,c[i]\geq c[j])\)
之后考虑转成斜率式：
假设\(j,j'\)都是\(i\)的决策点，且\(j\)优于\(j'\)，\(c[j'] < c[j]\)那么有
\(c[j]\times i+g[j]+d[j]\leq c[j']\times i+g[j']+d[j']\)
即\(-i\geq\dfrac{(g[j]+d[j])-(g[j']+d[j'])}{(c[j]-c[j'])}\)
用\(k[j,j']\)表示\(\dfrac{(g[j]+d[j])-(g[j']+d[j'])}{(c[j]-c[j'])}\)，可以发现它是\((c[j],g[j]+d[j])\)与\((c[j'],g[j']+d[j'])\)的斜率。
当\(c[j_1] < c[j_2] < c[j_3],k[j_1,j_2] > k[j_2,j_3]\)时：
- 当\(k[j_1,j_2]>-i\)时，\(j_1\)优于\(j_2\)
- 当\(k[j_1,j_2]\leq -i\)时，\(k[j_2,j_3] < -i\)，\(j_3\)优于\(j_2\)
所以当\(j_1< j_2< j_3,k[j_1,j_2]> k[j_2,j_3]\)时可以把\(j_2\)删去
这个转移有一个\(c[i]\geq c[j],f[i]=f[j]+1\)的条件，所以我们可以考虑用cdq分治维护这个转移方程，大致过程如下：
对于\([l,r]\)：递归\([l,mid]\)，让\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)的转移，递归\([mid+1,r]\)
转移中，用vector存下决策点的点集（即\([l,mid]\)中没有被上面的式子排除的点），转移的时候可以使用三分找最优决策点。
具体过程在代码中有注释，时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=100005;
int tmp[MAXN],n,f[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
ll d[MAXN],g[MAXN];
struct node {//储存点或者斜率的结构体
int x;
ll y;
node(int a=0,ll b=0) {
x=a,y=b;
}
bool operator>(const node b) const {//比较斜率
return x*b.y<b.x*y;
}
};
vector<node>v;
node Slope(node a,node b) {//斜率
return node(a.x-b.x,a.y-b.y);
}
bool cmp(int x,int y) {
return c[x]^c[y]?c[x]<c[y]:x<y;
}
void cdq(int l,int r) {
if(l>=r)return;
const int mid=l+r>>1;
cdq(l,mid);//先递归
int m=0,mx=-1;
for(int i=l; i<=r; ++i)tmp[++m]=i;
sort(tmp+1,tmp+m+1,cmp);//把每个点按照f[i]升序排序
for(int j=1,i; j<=m; ++j) {
i=tmp[j];
if(i<=mid) {//对于每个决策点
if(f[i]<mx||(i&&!f[i]))continue;//无法保留的跳过
if(f[i]>mx) {//如果转移的f[i]不一样，就把之前的全部删去
mx=f[i];
v.clear();
}
node p(c[i],d[i]+g[i]);
while(v.size()>=2&&Slope(v[v.size()-1],v[v.size()-2])>Slope(p,v[v.size()-1]))v.pop_back();//按照前面的斜率式删除点
v.push_back(p);
} else {//对于每个被转移的点
if(f[i]<mx+1) {//如果f[i]有更优值，则前面的转移无效
f[i]=mx+1;
g[i]=5e16;
} else if(f[i]>mx+1) {//不是这个值，就不转移它
continue;
}
int L=0,R=v.size()-1,mm=0,mmm=0;
while(L+2<R) {//由于维护的是下凸包，可以三分确定最优决策点范围
mm=L+(R-L+1)/3;
mmm=R-(R-L+1)/3;
if(v[mm].x*1ll*i+v[mm].y<=v[mmm].x*1ll*i+v[mmm].y)R=mmm;
else L=mm;
}
for(; L<=R; ++L)//更新答案
g[i]=min(g[i],v[L].x*1ll*i+v[L].y+i*1ll*(i-1)/2+a[i]+b[i]);
}
}
return cdq(mid+1,r);
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
scanf("%d",&a[i]);
c[i]=a[i]-i;//算出c[i]
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
scanf("%d",&b[i]);
g[i]=5e16;
d[i]=i*(i+1ll)/2-a[i]*1ll*i-a[i];//算出d[i]
}
cdq(0,n);
int ans=0;
ll res=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)//算答案
if(f[i]>ans)
ans=f[i],res=g[i]+(n-i)*(n-i+1ll)/2+(n-i)*a[i];
else if(f[i]==ans)
res=min(res,g[i]+(n-i)*(n-i+1ll)/2+(n-i)*a[i]);
printf("%d %lld\n",ans,res);
return 0;
}