題目

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題意

在Ox$Ox$軸上有一堆點，這些點有三種類型R、B、P$R、B、P$型，現在要求新增一些線段把這些點連起來，使得如果去掉R$R$型別點，剩下的點都是聯通的。如果去掉B$B$型別的點，剩下的點也是聯通的,求最小的邊長度總和。

題解

如果我們單單隻看去掉R(B)$R(B)$型別的點的時候，這道題毫無疑問是一道最小生成樹的題目，實際上也並不需要用一些最小生成樹的做法來做，只需要按順序掃一遍就好了。

但這個題不是，它要求這個圖去掉R(B)$R(B)$型別的點之後，都仍舊是最小生成樹。

我們稱這張圖為二樹圖(我胡起的，只是方便後面敘述，實際上並沒有這個名字)。

那麼如何構造這個二樹圖

我們從左向右掃描所得到的點，並且假設在所掃描過的點中已經過構造好了部分二樹圖。

那麼對於我們當前正在掃描的點，該怎麼進行處理呢？

1. 當前的點是B(R)$B(R)$點，那麼我們需要把這個B(R)$B(R)$點與前面最近的B(R)$B(R)$點或者最近的P$P$點相連線，這樣的話保證了去掉R(B)$R(B)$點之後，當前的這個B(R)$B(R)$點連線到了生成樹中，這樣保持了二樹圖的性質。

2. 當前的點是P$P$點，這種情況有點複雜，因為P$P$點是不會被去掉的，所以P$P$點影響了兩種生成樹。我們這樣考慮，為了保證兩個生成樹都要連線到當前的這個P$P$點，對於去掉B(R)$B(R)$點得到的生成樹，想要連線P$P$，那麼我們一定要讓這個

   P$P$連線到最近的R(B)$R(B)$或者P$P$點上，如果最近的是P$P$點，那麼直接連線就好了，因為P$P$連線到了前面的P$P$點上，那麼這個P$P$將同時連線到兩顆生成樹上去。
   而如果P$P$到兩顆樹最近的點都不是P$P$點（即上一個P$P$與當前P$P$點之間即有B$B$點也有R$R$點這種情況），我們首先讓當前的P$P$點連線最近的B$B$點和最近的R$R$點，在讓當前的P$P$點與前一個P$P$點相連，這樣的話，對於兩顆生成樹來說都產生了一個圈，為了保持生成樹的性質，我們需要破圈。如果我們此時破了P−P$P-P$邊，那麼獲得優勢是cost(Pnow,Ppre)$cost(P_{now},P_{pre})$，保證是二樹圖，結束。如果我們不破P−P$P-P$邊，那麼我們勢必要在兩個圈中各找一個最大的
   Bx−Bx+1$B_x-B_{x+1}$和Ry−Ry+1$R_y-R_{y+1}$破掉，獲得優勢cost(Bx,Bx+1)+cost(Ry,Ry+1)$cost(B_x,B_{x+1})+cost(R_y,R_{y+1})$，保證是二樹圖，結束。因此我們比較那個優勢大就選擇那種破法。
   

本題至此就解決了。

程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+7;
typedef long long ll;
ll B,R,mxB,mxR,P,ans;
int n;
int main(){
    cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        ll x;char c;
        scanf("%lld %c",&x,&c);
        x += 1e9+7;
        if(c == 'B'){
            if(B) ans += x - B,mxB = max(mxB,x - B);
            B = x;   
        }

        if(c == 'R'){
            if(R) ans += x - R,mxR = max(mxR,x - R);
            R = x;
        }

        if(c == 'P'){
            if(B) mxB = max(mxB,x - B),ans += x-B;
            if(R) mxR = max(mxR,x - R),ans += x-R;
            if(P) {
                ans += min(0ll,x - P - mxB - mxR);
            }

            B = R = P = x;
            mxB = mxR = 0;
        }
    }

    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}