[NOI2019]回家路線

一、題目

點此看題

二、解法

首先可以用暴力$dp$艹過去，設$dp[i][j]$為到了$i$點的時間是$j$的最小花費，由於時間是單向流逝的，我們可以先把邊按出發時間排序，用邊轉移，列舉到達出發點的時間$j$：
$$dp[y[i]][q[i]]=dp[x[i]][j]+cost(p[i]-j)$$但是人總要追求正解，設$dp[i]$為正好走過第$i$條邊的最小花費，轉移列舉上一次走過的邊$j$，轉移需要滿足條件：$q_j\le p_i,y[j]=x[i]$，方程式如下：
$$dp[i]=dp[j]+A(p[i]-q[j]{)}^2+B(p[i]-q[j])+C$$這種平方轉移好像能推斜率式，設轉移點$j>k$，且$j$決策點優（給結論）：
$$\frac{dp[j]+Aq[j{]}^2-Bq[j]-dp[k]-q[k{]}^2+Bq[k]}{q[j]-q[k]}<2Ap[i]$$畫個圖可以發現斜率是單調遞增的，但是現在的轉移順序問題還是有些蛋疼，觀察我們轉移需要的兩個條件，我們可以先滿足第二個條件，也就是維護$n$個凸包，詢問的時候到對應的凸包裡面查詢。那第一個條件怎麼辦？我們轉移的時候先列舉邊的出發時間，插入凸包的時候只插入結束時間不超過它的，這樣凸包裡的東西就滿足第一個條件了。

時間複雜度$O(m)$，凸包需要$\mathtt{v}\mathtt{e}\mathtt{c}\mathtt{t}\mathtt{o}\mathtt{r}$

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 200005;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans,A,B,C,x[M],y[M],p[M],q[M],h[M],t[M],dp[M];
vector<int> Q[M],a[M];queue<int> b[M];
int up(int j,int k) 
{
	return dp[j]+A*q[j]*q[j]-B*q[j]-dp[k]-A*q[k]*q[k]+B*q[k];
}
int down(int j,int k)
{
	return q[j]-q[k];
}
void ins(int u,int i)//在u凸包插入i 
{
	while(h[u]<t[u] && 1ll*up(Q[u][t[u]],Q[u][t[u]-1])*down(i,Q[u][t[u]])>=1ll*up(i,Q[u][t[u]])*down(Q[u][t[u]],Q[u][t[u]-1]))
		t[u]--;
	while(Q[u].size()<t[u]+3) Q[u].push_back(0);
	Q[u][++t[u]]=i;
}
void fuck(int u,int i)//在u凸包中把不滿足i的艹出去
{
	while(h[u]<t[u] && 1ll*up(Q[u][h[u]+1],Q[u][h[u]])<=2ll*A*p[i]*down(Q[u][h[u]+1],Q[u][h[u]]))
		h[u]++;
} 
signed main()
{
	n=read();m=read();A=read();B=read();C=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		x[i]=read();y[i]=read();
		p[i]=read();q[i]=read();
		a[p[i]].push_back(i);
	}ans=1e18;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		t[i]=-1;
	Q[1].push_back(0);
	for(int T=0;T<=1000;T++)
	{
		while(!b[T].empty())
		{
			int u=b[T].front();b[T].pop();
			ins(y[u],u);
		}
		for(int i=0;i<a[T].size();i++)
		{
			int u=a[T][i];
			if(h[x[u]]>t[x[u]]) continue;
			fuck(x[u],u);
			int j=Q[x[u]][h[x[u]]];
			dp[u]=dp[j]+A*(p[u]-q[j])*(p[u]-q[j])+B*(p[u]-q[j])+C;
			b[q[u]].push(u);
			if(y[u]==n) ans=min(ans,dp[u]+q[u]); 
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}
/*
dp[i]=min(dp[j]+A(pi-qj)^2+B(pi-qj)+C) x[i]=y[j]
j在後，j優 
dp[j]+A(pi-qj)^2+B(pi-qj)<dp[k]+A(pi-qk)^2+B(pi-qk)
dp[j]+A(-2piqj+qj^2)-Bqj<dp[k]+A(-2piqk+qk^2)-Bqk
dp[j]+Aqj^2-Bqj-dp[k]-qk^2+Bqk<2Api(qj-qk)
*/