从lyd蓝书入的门。
一、任务安排1
这是最弱化的板子。
首先考虑O(n3)的DP:
f[i][j]=min0<=k<i([f[k][j-1]+(S*J+sumT[i])*(sumC[i]-sumC[k]));
考虑优化:因为没有限制要分成多少批,而我们之所以 多设一维j是因为我们 需要知道启动了多少次,从而计算时间。
这里运用到一种“费用提前计算”的思想来优化:
在DP过程中我们并不容易直接求出每批任务的完成时刻,而我们可以考虑每启动一次就会对之后所有的任务产生影响,
所以我们可以先把费用累加进来,就可以实现O(n2)的DP:
f[i]=min0<=j<i{f[j]+sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j])+S*(sumC[N]-sumC[j])};
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#include<bits/stdc++.h> #define RG register #define IL inline #define LL long long using namespace std; IL int gi () { RG int x=0,w=0; char ch=0; while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-x:x; } const int N=1e5+10; int n,S,T[N],C[N]; LL f[N],preT[N],preC[N]; int main () { RG int i,j; n=gi(),S=gi(); for (i=1;i<=n;++i) T[i]=gi(),C[i]=gi(),preT[i]=preT[i-1]+T[i],preC[i]=preC[i-1]+C[i]; memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[0]=0; for (i=1;i<=n;++i) for (j=0;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+preT[i]*(preC[i]-preC[j])+S*(preC[n]-preC[j])); printf("%lld ",f[n]); return 0; }
二、任务安排2
N<=105。。
n方DP过不了,我们需要继续优化。
把DP式子拆开:
f[i]=min{f[j]-(S+sumT[i])*sumC[j]}+sumT[i]*sumC[i]+S*sumC[N];
即把仅与i相关的,仅与j相关的,和i*j的乘积向分离出来。
然后移项可得:
f[j]=(S+sumT[i])*sumC[j]+f[i]-sumT[i]*sumC[i]-S*sumC[N];
容易发现与i相关的都是常量。
所以可以看成一个以sumC[j]为x,f[j]为y的一次函数。
现在我们要得到最小的i,就相当于在这些点上找到一个点,
使得斜率恒为(S+sumT[i])的直线的纵截距最小。
所以我们可以用单调队列维护一个下凸壳。
注意到最优的点肯定是左侧线段的斜率比k小,右侧的线段斜率比k大,且此题的k是单调递增的。
所以我们可以只需维护斜率大于k的部分,每次取最左端点即可。
至于单调队列的掐头和去尾操作:
在这个题目中,
掐头:目的是去掉超出范围的。若队头的斜率已经小于等于当前的k,去掉。
去尾:目的是去掉不可能成为答案的。若加入新的点后,不满足单调性。去掉。
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#include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #define RG register #define IL inline #define LL long long using namespace std; IL int gi () { RG int x=0,w=0; char ch=0; while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-x:x; } const int N=1e5+10; int n,L,R,T[N],C[N],q[N]; LL nowk,S,f[N],preT[N],preC[N]; int main () { RG int i; n=gi(),S=gi(); for (i=1;i<=n;++i) T[i]=gi(),C[i]=gi(),preT[i]=preT[i-1]+T[i],preC[i]=preC[i-1]+C[i]; memset(f,0x3f,sizeof(f)); L=1,R=1,q[1]=0,f[0]=0; for (i=1;i<=n;++i) { //for (j=0;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+preT[i]*(preC[i]-preC[j])+S*(preC[n]-preC[j])); //f[j]=(preT[i]+S)*preC[j]+f[i]-preT[i]*preC[i]-S*preC[n] nowk=preT[i]+S; while (L<R&&nowk*(preC[q[L+1]]-preC[q[L]])>=(f[q[L+1]]-f[q[L]])) ++L; f[i]=f[q[L]]+preT[i]*preC[i]+S*preC[n]-nowk*preC[q[L]]; while (L<R&&(f[i]-f[q[R]])*(preC[q[R]]-preC[q[R-1]])<=(f[q[R]]-f[q[R-1]])*(preC[i]-preC[q[R]])) --R; q[++R]=i; } printf("%lld ",f[n]); return 0; }
三、任务安排3
与任务2的区别是:T可能为负数。
这意味着k不再具有单调性。
所以我们不能只保留大于k的部分凸壳,而应该保留整个凸壳。
所以就没有掐头操作,而且队头也不一定是最优的。
所以我们每次就要二分查找最优点,其他大致不变。
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#include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #define RG register #define IL inline #define LL long long using namespace std; IL int gi () { RG int x=0,w=0; char ch=0; while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-x:x; } const int N=3e5+10; int n,L,R,T[N],C[N],q[N]; LL nowk,S,f[N],preT[N],preC[N]; IL int search(int id,int k) { if (L==R) return q[L]; int l=1,r=R,mid; while (l<r) { mid=l+r>>1; if (k*(preC[q[mid+1]]-preC[q[mid]])<(f[q[mid+1]]-f[q[mid]])) r=mid; else l=mid+1; } return q[r]; } int main () { // T可以为负 preT不具有单调性 ∴斜率不具有单调性 // 不能只维护下凸壳的部分 而是全部 // 二分找最优 RG int i,now; n=gi(),S=gi(); for (i=1;i<=n;++i) T[i]=gi(),C[i]=gi(),preT[i]=preT[i-1]+T[i],preC[i]=preC[i-1]+C[i]; memset(f,0x3f,sizeof(f)); L=1,R=1,q[1]=0,f[0]=0; for (i=1;i<=n;++i) { //for (j=0;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+preT[i]*(preC[i]-preC[j])+S*(preC[n]-preC[j])); //f[j]=(preT[i]+S)*preC[j]+f[i]-preT[i]*preC[i]-S*preC[n] //while (L<R&&nowk*(preC[q[L+1]]-preC[q[L]])>=(f[q[L+1]]-f[q[L]])) ++L; nowk=preT[i]+S,now=search(i,nowk); f[i]=f[now]+preT[i]*preC[i]+S*preC[n]-nowk*preC[now]; while (L<R&&(f[i]-f[q[R]])*(preC[q[R]]-preC[q[R-1]])<=(f[q[R]]-f[q[R-1]])*(preC[i]-preC[q[R]])) --R; q[++R]=i; } printf("%lld ",f[n]); return 0; }
四、CF311B
首先令A[i]=T[i]-ΣD[j],1<=j<=H[i]。要接到猫i则必须在A[i]后出发。
若出发时刻为T,则这只猫需等待的时间为T-A[i]。
把A排序,容易发现连续抱一段猫肯定比零散的抱猫优秀。
那么设f[i][j]表示i个人,已经接了j只猫。
f[i][j]=min{f[i-1][k]+A[j]*(j-k)+sumA[k]-sumA[j]}
同样的变形得:
f[i-1][k]+sumA[k]=A[j]*k+f[i][j]-Aj*j+sumA[j]
所以可以看成以k为x,f[i-1][k]+sumA[k]为y的一次函数。
因为A[j]单调,所以直接按任务安排2的方法做就好了。
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#include<bits/stdc++.h> #define RG register #define IL inline #define LL long long #define DB double using namespace std; IL int gi() { RG int x=0,w=0; char ch=0; while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-x:x; } const int N=1e5+10; int n,m,p,H,T,d[N],h[N],t[N]; LL q[N],A[N],sumD[N],sumA[N],f[110][N]; IL DB Slope(int id,int x,int y) {return 1.0*(f[id][x]+sumA[x]-f[id][y]-sumA[y])/(x-y);} int main () { RG int i,j; n=gi(),m=gi(),p=gi(); for (i=2;i<=n;++i) d[i]=gi(),sumD[i]=sumD[i-1]+d[i]; for (i=1;i<=m;++i) h[i]=gi(),t[i]=gi(),A[i]=t[i]-sumD[h[i]]; for (i=1;i<=m;++i) sumA[i]=sumA[i-1]+A[i]; sort(A+1,A+m+1); memset(f,0x3f,sizeof(f)); for (i=1,f[0][0]=0;i<=p;++i) { H=T=1,q[1]=0; for (j=1;j<=m;++j) { //f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(j-k)*A[j]-sumA[j]+sumA[k]); //f[i-1][k]+sumA[k]=A[j]*k+f[i][j]-Aj*j+sumA[j]; while (H<T&&(DB)A[j]>=Slope(i-1,q[H+1],q[H])) ++H; f[i][j]=f[i-1][q[H]]+sumA[q[H]]+A[j]*(j-q[H])-sumA[j]; while (H<T&&Slope(i-1,j,q[T])<=Slope(i-1,q[T],q[T-1])) --T; q[++T]=j; } } printf("%lld ",f[p][m]); return 0; }
首先得把题目转化为:
把一个递增数列分成若干组,每组至少k个,每组的花费是这组的数字和减去最小值乘这组的总个数。求最小总花费。
那么我们可以设出n方DP:
f[i]=min{f[j]+(sum[i]-sum[j])-a[j+1]*(i-j)};
发现题中存在i和j的乘积项,考虑斜率优化。
但是我们又发现这个乘积项是i*a[j+1],感觉很不好。
所以我们考虑把序列变成从大到小排序的。
那么,新的DP方程为:
f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j])-a[i]*(i-j))。
这时候我们发现乘积项就变成了a[i]*j,爽。
那么进行变形得:
f[j]-sum[j]=-a[i]*j+a[i]*i+f[i]-sum[i]。
注意到-a[i]单调递增且求最小值,所以仍然是维护下凸壳。
另,这个题有一个K的限制,所以需要延迟加入决策点。
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #define IL inline #define DB double #define LL long long using namespace std; const int N=5e5+10; LL a[N],f[N],s[N]; int n,K,T,q[N]; IL bool cmp(int a,int b) {return a>b;} DB slope(int x,int y) {return (DB)((f[y]-s[y])-(f[x]-s[x]))/(DB)(y-x);} int main() { scanf("%d",&T); while (T--) { scanf("%d%d",&n,&K); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+1+n,cmp); for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i]; memset(f,0x3f,sizeof(f)); int l=1,r=1;q[1]=0,f[0]=0; for (int i=K;i<=n;i++) { while (l<r&&slope(q[l],q[l+1])<=-a[i]) l++; f[i]=f[q[l]]+s[i]-s[q[l]]-a[i]*(i-q[l]); while (l<r&&slope(q[r-1],q[r])>=slope(q[r],i-K+1)) r--; q[++r]=i-K+1; } printf("%lld ",f[n]); } return 0; }
总结(个人YY):
对于DP方程中出现了i,j的乘积项的多考虑斜率优化。
斜率单调保留部分凸壳,不单调保留全部凸壳&&二分查找最优。
对于用单调队列维护凸壳的出入队判断条件:
一般先手画几个点,如果感觉画不出的话,再理性的去推。
比如掐头操作,可以假设后一个比前一个优,那么把需要满足的不等式暴力开出来。
就可以得到前两个的需满足的是什么。
又比如去尾操作,把一次函数先搞出来,根据求最大值还是最小值去具体分析:
最大值的话:
无论正负,应该满足最优解左侧的线段斜率大于当前斜率k,而右侧线段应小于当前斜率k。
即我们需要维护的是一个斜率单调递减的上凸壳,且一般只需维护小于当前斜率k的部分。
最小值反之。
看一下取最大值的两种情况:
所以画图还是最好的。。。