P3580 [POI2014]ZAL-Freight(单调队列dp)

考虑两辆车怎么样是最优的。

t 1 , t 2 , S t_1,t_2,S t1​,t2​,S

t 1 + S t_1+S t1​+S

第一辆车： [ t 1 , t 1 + S ] [t_1,t_1+S] [t1​,t1​+S]

假设第二辆车在某个时间 t i ∈ [ t 1 + 1 , t 1 + S ] t_i\in [t_1+1,t_1+S] ti​∈[t1​+1,t1​+S]出发。

在第一辆车到达到右端点后，必须等第一辆车过来才能继续接下来的行动。

所以第二辆车到达的时间是： t i + S t_i+S ti​+S。

此时第一辆车和第二辆车在右端点。

此时是回程是对称的，只不过是出发时间不同。

所以我们只需考虑往程最优即可。

因为相邻辆车至少间隔 1 1 1min，所以显然在 t i = t 1 + 1 t_i=t_1+1 ti​=t1​+1出发时最优的。

此时能最早到达。

因此考虑 d p dp dp转移。
f i = m i n ( f i , m a x ( a i , f j + i − j − 1 ) + 2 × S + i − j − 1 ) \large f_i=min(f_i,max(a_i,f_j+i-j-1)+2\times S+i-j-1) fi​=min(fi​,max(ai​,fj​+i−j−1)+2×S+i−j−1)
先去掉 m a x max max。

分情况讨论： f j + i − j − 1 ≥ a i f_j+i-j-1\ge a_i fj​+i−j−1≥ai​

即： f j − j ≥ a i − i + 1 \large f_j-j\ge a_i-i+1 fj​−j≥ai​−i+1​。

因为 i , S i,S i,S​是定值，所以单调队列维护维护 f j − j f_j-j fj​−j的最小值即可。​​

答案为： f j + 2 × ( S + i − j − 1 ) f_j+2\times (S+i-j-1) fj​+2×(S+i−j−1)

否则： f j − j < a i − i + 1 f_j-j<a_i-i+1 fj​−j<ai​−i+1。

答案就是： a i + 2 × S + i − j + 1 a_i+2\times S+i-j+1 ai​+2×S+i−j+1。

此时的 j j j​就是单调队列最后一次弹出的位置。

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

// Problem: P3580 [POI2014]ZAL-Freight
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3580
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
// Date: 2021-07-26 19:24:10
// --------by Herio--------

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull; 
const int N=1e6+5,M=2e4+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define SZ(a) (int)a.size()
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0) 
void Print(int *a,int n){
	for(int i=1;i<n;i++)
		printf("%d ",a[i]);
	printf("%d\n",a[n]); 
}
int n;
ll s,f[N],a[N];
int q[N],l=1,r;
int main(){
	scanf("%d%lld",&n,&s);
	a[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),a[i]=max(a[i],a[i-1]+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(l<=r&&f[q[l]]-q[l]<a[i]-i+1) l++;
		f[i]=a[i]+2*s+i-q[l-1]-1;
		f[i]=min(f[i],f[q[l]]+2*(s+i-q[l]-1));
		while(l<=r&&f[q[r]]-2*q[r]>f[i]-2*i) r--;
		q[++r]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}