P12196 [NOISG 2025 Prelim] Lasers 2

EuphoricStar · 2025-04-14 22:26:27 · 题解

考虑将最终的局面划分成，若干个极长的，每一列都至少有一个滑动墙的列连续段。设划分出来的连续段是 [l_1, r_1], [l_2, r_2], \ldots, [l_t, r_t]，那么不用被解锁的滑动墙的花费是 \sum\limits_{i = 1}^t g(l_i, r_i)，其中 g(l, r) 表示所有满足 l \le l_i \le r_i \le r 的滑动墙的 c_i 之和。一种方案合法，当且仅当：

• 令 x = \max\limits_{p = 1}^h r_p - l_p + 1，则 \exists i \in [1, t], r_i - l_i + 1 \ge x，因为要给最长的滑动墙留够位置放。

于是我们转而求满足条件的划分方案中，\sum\limits_{i = 1}^t g(l_i, r_i) 的最大值。接下来的 DP 是自然的。设 f_{i, j, 0/1} 表示，考虑到 [1, i] 这个前缀，其中有 j 列没有滑动墙，当前是否出现长度 \ge x 的连续段。有两种转移：

• 第 i 位留空，有 f_{i, j, k} \gets f_{i - 1, j - 1, k}；
• 第 i 位是一个连续段的右端点，枚举这个连续段的左端点 l，有 f_{i, j, k \lor [i - l + 1 \ge x]} \gets f_{l - 1, j, k} + g(l, i)。

朴素转移时间复杂度为 O(w^3)，无法通过。考虑优化。发现瓶颈在第二种转移，考虑在最外层枚举 j，那么转移形如 f_i \gets f_{j - 1} + g(j, i)。考虑线段树优化。线段树每个下标 j 维护 f_{j - 1} + g(j, i)，枚举到 i 时加入所有 r_k = i 的滑动墙，即对 j \in [1, l_k] 区间加上 c_k。计算 f_i 时求线段树区间最大值即可。

设 h, w 同阶，时间复杂度 O(w^2 \log w)。

#include <bits/stdc++.h>
#define fst first
#define scd second
#define pb emplace_back
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 2020;

ll n, m, K, f[maxn][maxn][2];
vector<pii> vc[maxn];

struct node {
    ll l, r, x;
} a[maxn];

struct SGT {
    ll a[maxn << 2], tag[maxn << 2];

    inline void pushup(int x) {
        a[x] = max(a[x << 1], a[x << 1 | 1]);
    }

    inline void pushtag(int x, ll y) {
        a[x] += y;
        tag[x] += y;
    }

    inline void pushdown(int x) {
        if (!tag[x]) {
            return;
        }
        pushtag(x << 1, tag[x]);
        pushtag(x << 1 | 1, tag[x]);
        tag[x] = 0;
    }

    void build(int rt, int l, int r) {
        tag[rt] = 0;
        a[rt] = -1e18;
        if (l == r) {
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(rt << 1, l, mid);
        build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
    }

    void update(int rt, int l, int r, int ql, int qr, ll x) {
        if (ql <= l && r <= qr) {
            pushtag(rt, x);
            return;
        }
        pushdown(rt);
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (ql <= mid) {
            update(rt << 1, l, mid, ql, qr, x);
        }
        if (qr > mid) {
            update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, x);
        }
        pushup(rt);
    }

    void modify(int rt, int l, int r, int x, ll y) {
        if (l == r) {
            a[rt] = y;
            return;
        }
        pushdown(rt);
        int mid = (l + r) >> 1;
        (x <= mid) ? modify(rt << 1, l, mid, x, y) : modify(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
        pushup(rt);
    }

    ll query(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
        if (ql > qr) {
            return -1e18;
        }
        if (ql <= l && r <= qr) {
            return a[rt];
        }
        pushdown(rt);
        int mid = (l + r) >> 1;
        ll res = -1e18;
        if (ql <= mid) {
            res = max(res, query(rt << 1, l, mid, ql, qr));
        }
        if (qr > mid) {
            res = max(res, query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
        }
        return res;
    }
} T[2];

void solve() {
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &K);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lld%lld%lld", &a[i].l, &a[i].r, &a[i].x);
        vc[a[i].r].pb(a[i].l, a[i].x);
    }
    ll s = 0, mx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        s += a[i].x;
        mx = max(mx, a[i].r - a[i].l + 1);
    }
    mems(f, -0x3f);
    f[0][0][0] = 0;
    for (int j = 0; j <= m; ++j) {
        T[0].build(1, 1, m);
        T[1].build(1, 1, m);
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int k = 0; k <= 1; ++k) {
                if (j) {
                    f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i - 1][j - 1][k]);
                }
            }
            T[0].modify(1, 1, m, i, f[i - 1][j][0]);
            T[1].modify(1, 1, m, i, f[i - 1][j][1]);
            for (pii p : vc[i]) {
                T[0].update(1, 1, m, 1, p.fst, p.scd);
                T[1].update(1, 1, m, 1, p.fst, p.scd);
            }
            f[i][j][0] = max(f[i][j][0], T[0].a[1]);
            f[i][j][1] = max({f[i][j][1], T[1].a[1], T[0].query(1, 1, m, 1, i - mx + 1)});
        }
    }
    for (int i = m; ~i; --i) {
        if (s - f[m][i][1] <= K) {
            printf("%d\n", i);
            return;
        }
    }
}

int main() {
    int T = 1;
    // scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}