2019hdu多校第七场h1007Getting Your Money Backc

题意：银行里有[x,y]的钱，你选择取i块钱，取钱成功花费手续费a，并取钱；取钱失败花费手续费b，无别的操作。你要将里面所有钱都取出来，而且得确信里面没钱。问最少手续费？

题解：
所谓确信里面没钱，有两种情况，假设当前已知区间$[x,y]$(x 不为0)，一种就是取y元成功，结束；另一种就是取x+1元失败，那么下一步就是取x元成功，结束。
$[x,y]$(x 为0)时，第一种相同，第二种为取1元失败，结束。

显而易见，$[x,y]$(x不为0)元可转化为$[1,y-x+1]$的情况。
$n^2$复杂度的dp式子显而易见不难推，分成取成功取失败两种情况，并对上面情况进行讨论：
设$dp[0,x]$表示最多有为x元，左端点为0,$dp[1,x]$表示最多有x，左端点不为0。
$dp[0,x]=min(max(dp[0,i-1]+b,dp[0,x-i]+a))(i\in [1,x]);$
$dp[1,x]=min(max(dp[1,i-1]+b,dp[0,x-i]+a))(i\in [1,x]);$
初始值$dp[0,0]=0,dp[1,0]=a$

对于这个，出题人题解是有二分做法，函数三分。因为其中有单调性，我利用单调性写的是线性的。因为从$x$位变换到$x+1$位，最大值位置变换不会很大。（为什么？凭感觉，，要证太麻烦，，懒得补这坑，，不过其实我本来打算写个小小的退火，没想到直接过了）因此从上一个位置的最大值往两边搜索即可。

---------------------仔细一想，回来补一下单调性的证明（真繁琐呢）
只要证了$dp[0,x]$的就可以，$dp[1,x]$的同理。用反证法来证吧。
对于$dp[0,x+1],dp[0,x]$，假设$dp[0,x]$的最大值位置为$mi$，即$dp[0,x]=max(dp[0,mi-1]+b,dp[0,x-mi]+a)$，那么分类讨论$dp[0,x+1]$：

假设最大值同为$mi$，

1. 那么$dp[0,x+1]=max(dp[0,mi-1]+b,dp[0,x+1-mi]+a)$，
   当$dp[0,x+1]=dp[0,mi-1]+b$时，显然$dp[0,x]$也为这个值，因此单调不上升；

2. 当$dp[0,x+1]=dp[0,x+1-mi]+a$时，
   假设$dp[0,x]=dp[0,mi-1]+b$，已知$dp[0,x+1]=max(dp[0,x+1-mi]+a,dp[0,mi-1]+b)=dp[0,x+1-mi]+a>dp[0,mi-1]+b=dp[0,x]$，此时会变大；

3. 假设$dp[0,x]=dp[0,x-mi]+a$，此时$dp[0,x+1]-dp[0,x]=dp[x+1-mi]-dp[x-mi]$，最差时一直迭代到$dp[0,1]和dp[0,0]$，而已知$dp[0,1]>dp[0,0]$，所以这种情况仍会单调。

假设最大值不为$mi$，设为$mj$，

• 则$dp[0,x+1]=max(dp[0,mj-1]+b,dp[0,x+1-mj]+a)$，
  已知$dp[0,x]<=max(dp[0,mj-1]+b,dp[0,x-mj]+a)$，这个与上面式子比较，又回到上面的情况。

综上所述，$dp[0,x]$单调不上升性证毕。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include  <stdio.h>
#include   <math.h>
#include   <time.h>
#include   <vector>
#include   <bitset>
#include    <queue>
#include      <map>
#include      <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((long long)(x).size())
#define mod Mod
const int maxn = 2e5 + 5;
    int x,y,a,b,T;
    ll dp[maxn],dp2[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b);
        int n = y - x;
        dp[0] = 0;
        int dan = 1;   
        rep(i,1,n){
            dp[i] = max(dp[dan-1]+b,dp[i-dan]+a);
            int l = dan - 1,r = dan + 1;
            while(l){
                ll dpp = max(dp[l-1]+b,dp[i-l]+a);
                if(dpp < dp[i]){
                   dan = l;
                   dp[i] = dpp;
                   l --;
                }
                else break;
            }
            while(r<=i){
                ll dpp = max(dp[r-1]+b,dp[i-r]+a);
                if(dpp < dp[i]){
                   dan = r;
                   dp[i] = dpp;
                   r ++;
                }
                else break;
            }
        }
        if(x == 0){
            printf("%lld\n",dp[n]);
            continue;
        }
        else{
            dp2[0] = a;
            dan = 1;
            rep(i,1,n){
                dp2[i] = max(dp2[dan-1]+b,dp[i-dan]+a);
                int l = dan - 1,r = dan + 1;
                while(l){
                    ll dpp = max(dp2[l-1]+b,dp[i-l]+a);
                    if(dpp < dp2[i]){
                       dan = l;
                       dp2[i] = dpp;
                       l --;
                    }
                    else break;
                }
                while(r<=i){
                    ll dpp = max(dp2[r-1]+b,dp[i-r]+a);
                    if(dpp < dp2[i]){
                       dan = r;
                       dp2[i] = dpp;
                       r ++;
                    }
                    else break;
                }
            }
            printf("%lld\n",dp2[n]);
        }
    }
    return 0;
}
``