正題

題目連結:https://www.luogu.com.cn/problem/P7408

題目大意

一個有\(n+1\)層的地牢，從\(i\)到\(i+1\)層要\(A_i\)點能量，第\(i\)層可以花費\(B_i\)獲得\(1\)點能量。

\(m\)次詢問從\(S_i\)層出發到第\(T_i\)層在能量上限為\(U_i\)的情況下至少需要花費多少。

\(1\leq n,m\leq 2\times 10^5\)

解題思路

模型可以轉換成座標軸上有\(n\)個點，第\(i\)個在\(A_i\)，考慮使用一個點獲得的能量走的路就是這個點伸出的線覆蓋的範圍，然後使得範圍乘上\(B_i\)的和最小。

考慮能量上限的限制其實就是每個點覆蓋的範圍不能超過自身的\(U_i\)

考慮一個點覆蓋範圍根據\(U_i\)變化的變化：

• 沒有其他影響，自己正常延伸，此時覆蓋範圍為一個和\(U_i\)有關的一次函式
• 延伸到下一個比自己大的位置，不能繼續延伸，此時為一個常數
• 上一個比自己小的數延伸過來，此時為一個單調下降的一次函式
• 完全被上一個比自己小的覆蓋，此時為\(0\)

也就是意味著每個點只需要考慮前後兩個比自己小的數分成若干種情況即可。

考慮倒序列舉點，然後用樹狀陣列記錄一次項係數的和與二次項係數的和。

對於結尾的限制，我們找到能到達終點的最後的點直接走向它，然後減去那個點的貢獻即可。

時間複雜度\(O(n\log n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#define ll long long
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const ll N=2e5+10,inf=1e18;
struct node{
	ll l,r,u;
}q[N];
ll n,m,a[N],b[N],s[N],ans[N];
ll cnt,u[N],nxt[N],pre[N];
ll f[N][20],g[N][20],lg[N];
vector<ll> d[N],v[N];
stack<ll> st;
ll rmqf(ll l,ll r){
	ll z=lg[r-l+1];
	l=f[l][z];r=f[r-(1<<z)+1][z];
	return (b[l]<b[r])?l:r;
}
ll rmqg(ll l,ll r){
	ll z=lg[r-l+1];
	l=g[l][z];r=g[r-(1<<z)+1][z];
	return (a[l]>a[r])?l:r;
}
struct TreeBinary{
	ll t[N];
	void Updata(ll x,ll val){
		while(x<=cnt){
			t[x]+=val;
			x+=lowbit(x);
		}
		return;
	}
	ll Ask(ll x){
		ll ans=0;
		while(x){
			ans+=t[x];
			x-=lowbit(x);
		}
		return ans;
	}
	void Change(ll l,ll r,ll val){
		if(l>r)return;
		l=lower_bound(u+1,u+1+cnt,l)-u;
		r=upper_bound(u+1,u+1+cnt,r)-u;
		Updata(l,val);Updata(r,-val);return;
	}
}K,B;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),s[i+1]=s[i]+a[i];
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	for(ll i=2;i<=n+1;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(ll i=1;i<=n+1;i++)f[i][0]=g[i][0]=i;
	for(ll j=1;(1<<j)<=n+1;j++)
		for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n+1;i++){
			ll x=f[i][j-1],y=f[i+(1<<j-1)][j-1];
			f[i][j]=(b[x]<b[y])?x:y;
			x=g[i][j-1];y=g[i+(1<<j-1)][j-1];
			g[i][j]=(a[x]>a[y])?x:y;
		}
	for(ll i=n;i>=1;i--){
		while(!st.empty()&&b[i]<=b[st.top()])
			{pre[st.top()]=i;st.pop();}
		if(st.empty())nxt[i]=n+1;
		else nxt[i]=st.top();
		st.push(i);
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].u);u[i]=q[i].u;
		ll las=lower_bound(s+1,s+1+n,s[q[i].r]-u[i])-s;
		las=min(las,q[i].r-1);las=max(min(las,q[i].r-1),q[i].l);
		las=rmqf(las,q[i].r-1);
		v[q[i].l].push_back(i);
		v[las].push_back(-i);
		ans[i]+=(s[q[i].r]-s[las])*b[las];
	}
	sort(u+1,u+1+m);cnt=unique(u+1,u+1+m)-u-1;
	for(ll i=n;i>=1;i--){
		K.Change(0,s[nxt[i]]-s[i],b[i]);
		B.Change(s[nxt[i]]-s[i]+1,inf,b[i]*(s[nxt[i]]-s[i]));
		d[pre[i]].push_back(i);
		for(ll j=0;j<d[i].size();j++){
			ll x=d[i][j];
			K.Change(s[x]-s[i],s[nxt[x]]-s[i],-b[x]);
			B.Change(s[x]-s[i],s[nxt[x]]-s[i],b[x]*(s[x]-s[i]));
			B.Change(s[nxt[x]]-s[i]+1,inf,-b[x]*(s[nxt[x]]-s[x]));
		}
		for(ll j=0;j<v[i].size();j++){
			ll x=v[i][j],op=1;
			if(x<0)x=-x,op=-op;
			ll w=lower_bound(u+1,u+1+cnt,q[x].u)-u;
			ans[x]+=op*(q[x].u*K.Ask(w)+B.Ask(w));
		}
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		if(a[rmqg(q[i].l,q[i].r-1)]>q[i].u)puts("-1");
		else printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}