【单调队列】【DP】城市交通（jzoj 1749）

城市交通

jzoj 1749

题目大意

有n个点，x到y的前提是x<y,代价是 $(y-x)*a_x+b_y$，问从1到n的最小代价是多少

输入样例

4
2 9 5 4
9 1 2 2

输出样例

8

数据范围

对于20%的数据， $1\leqslant n\leqslant 100；$
对于50%的数据， $1\leqslant n\leqslant 3000；$
对于100%的数据， $1\leqslant n\leqslant 100000，1\leqslant Ai,Bi\leqslant 10^9。$

解题思路

y要大于x，就说明不能倒着走，那就可以用DP来做
我们设 $f_i$为到从1到i的最小代价，如果我们直接枚举从哪里来，那时间复杂度就是 $o(n^2)$，那就会TLE
那我们考虑优化
我们可以用单调队列来存有用的状态
有用的状态（i）对比前面所有有用的状态（j）都必须满足以下两个条件之一
1:、 $a_i<a_j$
2、 $b_i<b_j$
这样才可能使答案更优
后面的状态只须从有用的状态转移
当然这样还是可能被卡，但数据太水，A了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll n, w, p, a[100500], b[100500], f[100500], k[100500];
int main()
{
	scanf("%lld", &n);
	for (ll i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%lld", &a[i]);
	for (ll i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%lld", &b[i]);
	memset(f, 127/3, sizeof(f));
	f[1] = 0;
	k[++w] = 1;//有用的状态
	for (ll i = 2; i <= n; ++i)
	{
		p = 1;
		for (int j = 1; j <= w; ++j)
		{
			f[i] = min(f[i], f[k[j]] + a[k[j]] * (i - k[j]) + b[i]);//转移
			if (a[i] > a[k[j]] && b[i] > b[k[j]]) p = 0;//判断是否是有用的状态
		}
		if (p)
			k[++w] = i;//加入
	}
	printf("%lld", f[n]);
	return 0;
}

注：

这道题还可以用斜率优化做，但本蒟蒻还要学习学习