Grand Prix of Saratov - D. Elevator - DP

題意： 有一臺電梯，可以容納無限容量的人，初始在 0 層，每次可以移動到所載人羣中 需要到達的最高層，並最終返回 0 層。每層移動時間爲 1，忽略人進出時間。現在有 $n$ 名按時間順序到達 0 層電梯口的人，第 $i$ 個人將在 $t_i$ 時刻到達電梯口，想去樓層 $a_i$。現在詢問最短花費多少時間使得電梯將所有人運送玩並回到 0 層？

• $1\le n\le 2\times 10^5$
• $1\le t_i,a_i\le 10^9$

題解： 考慮第 $i$ 個人要上到第 $a_i$ 層，那麼排在第 $i$ 個人前面的人 $j$，如果他要上的樓層 $a_j<a_i$，顯然可以讓第 $j$ 個人和第 $i$ 個人乘坐同一趟電梯，而時間不會更長。因此把這些人合併以後的 $a$ 數組是單調遞減的。接着考慮動態規劃，$f(i)$ 表示第 $i$ 個人時候電梯啓動，把前 $i$ 個人送完所花費的最小時間，那麼有 $f(i)=\min(\max(f(j)+2\times a_{j+1},t_i+2\times a_{j+1}))$，其中的 $\max$ 部分是討論送完 $j$ 以後第 $j+1$ 到 $i$ 的人有沒有來。

但是這樣是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，不能接受，考慮怎麼優化。注意到 $f(i)$ 是非遞減的，而 $a_i$ 是遞減的，顯然對於第二部分 $t_i+2\times a_{j+1}$，我們可以維護一個 $j$ 使得 $k\in[1,j-1]$ 均有 $f(k)\le t_i$，初始讓 $f(i)=t_i+a_{j+1}$，接着只需要討論 $\min(f(j)+2\times a_{j+1})$，這東西可以用優先隊列維護，但是注意必須滿足 $f(j)>t_i$ 成立，因爲 $t$ 也是單調遞增，如果存在 $f(j)<t_i$，顯然對於後面任何的 $k>i$ 均有 $f(k)<t_k$，因此直接pop它就行。

代碼： 時間複雜度是 $\mathcal{O}(n\log n)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 5;
struct node {
    int t, a;
} p[maxn];
ll f[maxn];
int main() {
    int n;
    while (~scanf("%d", &n)) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &p[i].t, &p[i].a);
        vector<node> v;
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            if (v.empty() || p[i].a > v.back().a) v.push_back(p[i]);
        }
        int m = v.size();
        reverse(v.begin(), v.end());
        priority_queue<pair<ll, ll>, vector<pair<ll, ll>>, greater<pair<ll, ll>>> q;
        int id = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            while (id < i && f[id] <= v[i].t) id++;
            f[i] = 2LL * v[id].a + v[i].t;
            while (!q.empty()) {
                pair<ll, ll> now = q.top();
                if (now.second <= v[i].t) q.pop();
                else {
                    f[i] = min(f[i], now.first);
                    break;
                }
            }
            if (i < m - 1) q.push({f[i] + 2LL * v[i + 1].a, f[i]});
        }
        printf("%lld\n", f[m - 1]);
    }
    return 0;
}