题面&翻译

题解

虽然

m

m

m 很大，但是

n

n

n 很小，因此题目允许我们在

O

(

n

m

)

O(nm)

O(nm) 以内解决这道题。

定义一个 dp[i][j]=0/1 ？
如果是第

**

i

i

i 个操作时能不能停在

j

j

**

j 点的话，我们会发现，从第一个最小的

i

i

i 满足

d

p

[

i

]

[

j

]

=

1

dp[i][j]=1

dp[i][j]=1 开始，后面的

d

p

[

i

+

1…

n

]

[

j

]

dp[i+1…n][j]

dp[i+1…n][j] 一定都为 1 了，因为后面的操作都可以令

a

=

0

a=0

a=0 然后不动。因此我们完全没必要定义第一维。

那就定义一个 dp[i] 表示到

**

i

i

**

i 时的最小可能操作？
我们会发现，由于

y

i

y_i

yi​ 的限制，我们缺少次数的信息，无法转移，因此要同时记录该信息。

令 dp[i][j] 表示到

**

i

i

i 时的最小可能操作，满足此时操作已经执行了

j

j

**

j 次总行了吧？
事实上这很荒谬。首先，到

**

i

i

**

i 时的最小可能操作是确定的，跟你强制的这个执行次数 “j” 并没关系，而且更严谨地说，操作数是因，执行次数是果，总不能把果放进状态吧。其次，既然最小操作数确定，那么到达

i

i

i 时该操作的执行次数肯定越少越好。

因此我们定义 (pair<int,int>) dp[i] ，第一个值表示到

**

i

i

**

i 时的最小可能操作，第二个值表示到

i

i

i 时的最小执行次数。
此时两个 pair 取较小的，刚好是先比较第一位，再比较第二位。
方便起见，令

N

e

x

t

i

(

k

)

{\rm Next}_i(k)

Nexti​(k) 表示从位置

k

k

k 开始，执行一次

i

i

i 类操作后走到的位置，那么有如下转移：

1. {

   d

   p

   [

   i

   ]

   .

   f

   i

   r

   s

   t

   ,

   d

   p

   [

   i

   ]

   .

   s

   e

   c

   o

   n

   d

   +

   1

   }

   →

   d

   p

   [

   N

   e

   x

   t

   d

   p

   [

   i

   ]

   .

   f

   i

   r

   s

   t

   (

   i

   )

   ]

   \{dp[i].{\rm first},dp[i].{\rm second}+1\}\rightarrow dp[{\rm Next}_{dp[i].{\rm first}}(i)]

   {dp[i].first,dp[i].second+1}→dp[Nextdp[i].first​(i)]

2. {

   j

   ,

   1

   }

   →

   d

   p

   [

   N

   e

   x

   t

   j

   (

   i

   )

   ]

   \{j,1\}\rightarrow dp[{\rm Next}_{j}(i)]

   {j,1}→dp[Nextj​(i)]

第一个转移的条件是执行次数没到

y

y

y 的限制，第二个转移的条件是

j

j

j 大于当前的

d

p

[

i

]

.

f

i

r

s

t

dp[i].{\rm first}

dp[i].first。

状态数

O

(

m

)

O(m)

O(m)，转移复杂度

O

(

n

)

O(n)

O(n) ，总复杂度

O

(

n

m

)

O(nm)

O(nm).

CODE

#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define int LL
LL read() {
    LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
    while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
    while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
    return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int ti[MAXN],yy[MAXN];
LL xx[MAXN];
int tm[MAXN],ai[MAXN];
void add(int i,int tim,int Ai) {
    if(i < 1 || i > n) return ;
    if(tim < tm[i]) tm[i]=tim,ai[i]=Ai;
    else if(tim == tm[i]) ai[i] = min(ai[i],Ai);
//    printf("  %d : %d,%d\n",i,tm[i],ai[i]);
    return ;
}
int adnm(LL x,int i) {return (x+100000ll*i+99999ll)/100000;}
int munm(LL x,int i) {return (x*i+99999ll)/100000;}
signed main() {
    m = read();n = read();
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        ti[i] = read();
        xx[i] = read();
        yy[i] = read();
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++) tm[i] = 0x3f3f3f3f;
    tm[0] = 0; ai[0] = 0;
    for(int i = 0;i <= n;i ++) {
        if(i > 0) printf("%lld ",tm[i] >= 0x3f3f3f3f ? -1:tm[i]);
        if(tm[i] < 0x3f3f3f3f) {
            int t = tm[i];
            if(ti[t] == 1 && ai[i] < yy[t]) add(adnm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
            else if(ti[t] == 2 && ai[i] < yy[t]) add(munm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
            for(int j = t+1;j <= m;j ++) {
                if(ti[j] == 1) add(adnm(xx[j],i),j,1);
                else if(ti[j] == 2) add(munm(xx[j],i),j,1);
            }
        }
    }ENDL;
    return 0;
}