NOI 2019 回家路线 题解

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题目大意： 一只猫要从 $1$ 号站点坐车到 $n$ 号站点，第 $i$ 班车从 $x_i$ 开到 $y_i$，在 $p_i$ 发车，$q_i$ 到达，假如在 $a$ 时刻下车等到 $b$ 时刻再上车，那么烦躁值会增加 $A(b-a{)}^2+B(b-a)+C$。如果在 $c$ 时刻到达了 $n$ 号站点，那么烦躁值会再增加 $c$，求最小烦躁值。

题解

设 $f(i)$ 表示搭第 $i$ 班车后的最小烦躁值，这里先不考虑到达 $n$ 时增加的 $c$ 烦躁值。那么有：
f ( i ) = min ⁡ { f ( j ) + A ( p i − q j ) 2 + B ( p i − q j ) + C } f(i)=\min\{f(j)+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C\} f(i)=min{ f(j)+A(pi​−qj​)2+B(pi​−qj​)+C}

其中，$j$ 需要满足 $y_j=x_i$，$q_j\le p_i$。

先不考虑这两个限制，推推柿子，发现它是斜率优化的形式，令 $g(j)=f(j)+A{q}_j^2-B{q}_j$，则 $j$ 优于 $k$ 需要满足 $\frac{g(j)-g(k)}{q_j-q_k}\le 2A{p}_i$。

然后考虑上面的限制，$y_j=x_i$ 这个很好解决，我们在每个位置开个队列，转移点 $(q_j,g(j))$ 放到第 $y_j$ 个栈中，而 $i$ 转移时，从第 $x_i$ 个队列中找转移点即可。

另一个关于时间的限制也很好处理，将所有时间点排序即可，令 $i$ 列车在 $p_i$ 时转移，$q_i$ 时才放入队列即可。

然后就是注意一点细节问题了，代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define pb push_back

int n,m,A,B,C,ans=2e9;
int p[200010],q[200010],X[200010],Y[200010];
vector<int> c1[1010],c2[1010];
int f[200010],g[200010];
struct Queue{
    
    
	vector<int> s;
	int st,ed;
	Queue():st(0),ed(-1){
    
    }
	bool empty(){
    
    return st>ed;}
	int front(){
    
    return s[st];}
	void add(int x){
    
    
		while(st<ed&& 1ll*(g[s[ed]]-g[s[ed-1]])*(q[x]-q[s[ed]]) >= 1ll*(g[x]-g[s[ed]])*(q[s[ed]]-q[s[ed-1]]))ed--;
		if(s.size()-1==ed)s.pb(0);
		s[++ed]=x;
	}
	void del(int x){
    
    
		while(st<ed&& (g[s[st+1]]-g[s[st]]) < 1ll*x*(q[s[st+1]]-q[s[st]]) )st++;
	}
}Q[100010];

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d %d %d %d",&n,&m,&A,&B,&C);
	for(int i=1;i<=m;i++){
    
    
		scanf("%d %d %d %d",&X[i],&Y[i],&p[i],&q[i]);
		c1[p[i]].pb(i);
		c2[q[i]].pb(i);
	}
	memset(f,63,sizeof(f));
	memset(g,63,sizeof(g));//g也要初始化，别忘了
	f[0]=0;g[0]=0;Q[1].add(0);
	for(int Ti=0;Ti<=1000;Ti++){
    
    
		for(int i:c2[Ti]){
    
    //注意要先处理c2，即先将点加入队列，下面的c1可能用到
			if(Y[i]==n)ans=min(ans,f[i]+q[i]);
			else Q[Y[i]].add(i);
		}
		for(int i:c1[Ti]){
    
    
			if(!Q[X[i]].empty()){
    
    
				Q[X[i]].del(2*A*p[i]);
				int j=Q[X[i]].front();
				f[i]=f[j]+A*(p[i]-q[j])*(p[i]-q[j])+B*(p[i]-q[j])+C;
				g[i]=f[i]+A*q[i]*q[i]-B*q[i];
			}
		}
	}
	printf("%d",ans);
}