====== 牛客练习赛85 ======

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===== F - 音游家的谱面(Hard version) =====

==== 题意 ====

给定 $n$ 条轨道和一个含有 $m$ 个音符的谱，每个音符出现的轨道为 $p_i$。

玩家有两个手指，一开始分别位于轨道 $1$ 和轨道 $n$ 的底部，且两个手指每秒可以向左右移动一格。

玩家的任务是在音符恰好到达底部时用手指敲击音符。

现要求构造每个音符到达底部的时刻，使得谱中每个音符依次出现的时刻不早于上一个音符，且玩家可以顺利完成任务。

要求最小化最后一个音符达到底部的时刻，如果有多种方案，任意输出一种即可。$(n,m\le 5000)$

==== 题解 ====

设 $f(i,j)$ 表示第 $i$ 个音符到达底部且一只手位于 $p_i$ 且另一只手位于 $j$ 的最小时刻，于是有状态转移

$$
f(i,j)\gets f(i-1,k)+|p_i-p_{i-1}|(|j-k|\le |p_i-p_{i-1}|)
$$

$$
f(i,j)\gets f(i-1,k)+|p_i-k|(|j-p_{i-1}|\le |p_i-k|)
$$

暴力做法时间复杂度 $O(n^2m)$，方案输出用回溯即可。

考虑线段树优化，枚举 $k$ 然后更新特定范围的 $f(i,j)$。线段树只需要维护区间最值操作和单点查询操作，时间复杂度 $O(nm\log n)$。

该复杂度实际上已经可能可以通过本题(如果卡常技巧优秀)，但实际上存在进一步优化。

不难看出第一种转移式可以用单调队列优化。

第二种转移式预处理出 $t=0\sim n-1$ 时 $\min(f(i-1,k)+|p_i-k|(t\le |p_i-k|))$ 的结果，然后枚举 $j$ 然后根据 $|j-p_{i-1}|$ 直接查询即可。

时间复杂度优化为 $O(nm)$。

教训：本人一开始想出的转移式如下所示。

$$
f(i,j)= \min(f(i-1,k)+\min(\max(|p_i-p_{i-1}|,|j-k|),\max(|p_i-k|,|j-p_{i-1}|)))
$$

只能用线段树做到 $O(nm\log n)$，实现复杂且没法进一步优化，以后应该在填表法比较复杂时考虑刷表法。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=5005,inf=1e9;
int dp[MAXN][MAXN],pre[MAXN][MAXN],p[MAXN],res[MAXN];
pair<int,int> que[MAXN],temp[MAXN];
int main()
{
	int n=read_int(),m=read_int();
	_rep(i,1,m)p[i]=read_int();
	_rep(i,0,m)_rep(j,1,n)dp[i][j]=inf;
	p[0]=1;
	dp[0][n]=0;
	_rep(i,1,m){
		int head=0,tail=1,lim=abs(p[i]-p[i-1]);
		_rep(j,1,lim){
			while(head>=tail&&que[head].first>=dp[i-1][j])head--;
			que[++head]=make_pair(dp[i-1][j],j);
		}
		_rep(j,1,n){
			if(j+lim<=n){
				while(head>=tail&&que[head].first>=dp[i-1][j+lim])head--;
				que[++head]=make_pair(dp[i-1][j+lim],j+lim);
			}
			if(head>=tail&&que[tail].second+lim<j)tail++;
			dp[i][j]=que[tail].first+lim;
			pre[i][j]=que[tail].second;
		}
		temp[n]=make_pair(inf,0);
		for(int lim=n-1;lim>=0;lim--){
			int lpos=p[i]-lim,rpos=p[i]+lim;
			temp[lim]=temp[lim+1];
			if(lpos>=1)
			temp[lim]=min(temp[lim],make_pair(dp[i-1][lpos]+abs(p[i]-lpos),lpos));
			if(rpos<=n)
			temp[lim]=min(temp[lim],make_pair(dp[i-1][rpos]+abs(p[i]-rpos),rpos));
		}
		_rep(j,1,n){
			int lim=abs(j-p[i-1]);
			if(dp[i][j]>temp[lim].first){
				dp[i][j]=temp[lim].first;
				pre[i][j]=temp[lim].second;
			}
		}
	}
	int ans=inf;
	_rep(i,1,n)
	ans=min(ans,dp[m][i]);
	_rep(i,1,n){
		if(ans==dp[m][i]){
			int pos=i;
			for(int j=m;j;j--){
				res[j]=dp[j][pos];
				pos=pre[j][pos];
			}
			break;
		}
	}
	_rep(i,1,m)
	space(res[i]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>