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[ARC177F] Two Airlines

有点魔怔的题。

一个基本的观察是如果当前某个人 \(A\) 拿着盒子走到了位置 \(i\)，那位置小于 \(i\) 的人一定永远没用了。如果之后要用到前面的人 \(B\)，就应当让 \(B\) 拿着盒子走到 \(i\) 而不是让 \(A\)，这样 \(A\) 待在原来的位置，代价一定不会更劣。

再手玩一下，可以发现每次的过程都是：某个人 \(A\) 拿起盒子，走到某个地方。然后后面来了一个和 \(A\) 颜色不一样的人（或者是本身就在这个地方的人），走到了 \(A\) 现在的位置，然后带着箱子走了，此时 \(A\) 也已经没有用了。

进一步的，“后面来人”的这个过程，对于每种颜色内部，一定是先用坐标尽量小的人来。这个结论不难用调整法证明。

而最优解一定能用上述过程刻画出来。所以可以设 \(f_{i,j,k,0/1}\) 表示当前盒子在 \(i\)，被 \(0/1\) 颜色的人拿着，\(i\) 后面的 \(j\) 个颜色为 \(0\) 的人已经用过了（此时在 \(<i\) 的位置），\(k\) 个颜色为 \(1\) 的人已经用过了。转移 \(\mathcal O(1)\)，状态数和复杂度都是 \(\mathcal O(n^3)\) 的。

接下来的一个想法观察性质，能不能简化一维状态什么的，但是好像不太好做。除此之外比较自然地，可以感受到 \(j,k\) 都不会太大，设成 \(20\) 左右，交上去就直接过了。下面证明 \(j,k\) 都只需要取到 \(\log n\)。

直观感受一下，“后面来人”的原因一定是，\(i\) 后面有一段比较长的和当前拿着箱子的颜色不同的路。

红色和蓝色的块分别表示序列上红色和蓝色的连续位置。红色段里面不一定全部都是红色，蓝色段里也不一定全是蓝色。红色和蓝色的线条表示人走过的路程。\(a_i\) 表示这个蓝色段里面有多少个蓝色格子。

称除去搬运盒子过程中造成的代价为“额外代价”。因为第二条红色线条走到他的目标位置（第二个红块）额外花费了 \(\sum_{j\geq 2}a_j\) 的代价，所以 \(a_1>\sum_{j\geq 2}a_j\)，否则可以让第一个人直接走到第二个红色段：

这样一定不劣。后面的同理，\(a_i>\sum_{j>i}a_j\)，所以最多 \(\log\) 轮之后 \(a_i\) 就要超出值域了。所以 \(j,k\) 的维度都只需要开到 \(20\)。预处理一下还是能做到 \(\mathcal O(1)\) 转移。总复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)。

int n,m,f[60010][21][21][2],nex[2][60010][21],t[60010][2],a[60010][2];
char s[60010];
vi ve[2];
inline void mian()
{
    read(n,m),read(s);int x,ans=INF;char ch;
    while(m--)read(x),read(ch),t[x][ch=='A']++,ve[ch=='A'].eb(x);
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i][0]=a[i-1][0],a[i][1]=a[i-1][1],++a[i][s[i]=='A'];
    sort(ve[0].begin(),ve[0].end()),sort(ve[1].begin(),ve[1].end());
    for(int k=0;k<2;++k)for(int i=0;i<=n;++i)
    {
        int p=lower_bound(ve[k].begin(),ve[k].end(),i)-ve[k].begin();
        for(int j=1;j<=20;++j)
        if(p+j-1<(int)ve[k].size())nex[k][i][j]=ve[k][p+j-1];
        else nex[k][i][j]=-1;
    }
    memset(f,127,sizeof(f));
    if(nex[0][0][1]!=-1)f[0][1][0][0]=a[nex[0][0][1]][1];
    if(nex[1][0][1]!=-1)f[0][0][1][1]=a[nex[1][0][1]][0];
    for(int i=0;i<n;++i)
    {
        for(int j=0;j<=20;++j)for(int k=0;k<=20;++k)
        {
            if(j<20&&nex[0][i][j+1]!=-1)Mmin(f[i][j+1][k][0],f[i][j][k][1]+a[nex[0][i][j+1]][1]-a[i][1]);
            if(k<20&&nex[1][i][k+1]!=-1)Mmin(f[i][j][k+1][1],f[i][j][k][0]+a[nex[1][i][k+1]][0]-a[i][0]);
        }
        for(int j=0;j<=20;++j)for(int k=0;k<=20;++k)for(int l=0;l<2;++l)
        Mmin(f[i+1][max(0ll,j-t[i][0])][max(0ll,k-t[i][1])][l],f[i][j][k][l]+(l!=(s[i+1]=='A')));
    }
    for(int i=0;i<=20;++i)for(int j=0;j<=20;++j)for(int k=0;k<2;++k)Mmin(ans,f[n][i][j][k]);
    write(ans);
}