【CF321E】+【bzoj5311】贞鱼

决策单调性 + WQS二分

我们首先列出转移式： (f[i]=Min(f[j]+Sum[j+1 , i]))

首先我们考虑如果让一段区间的小鱼在一起的代价怎么预处理，我们可以对于一个上三角矩阵求个二维前缀和，那么我们计算 ([j+1,i]) 这段区间的代价就是 (S[i,i]-S[i,j]) ，得到的是一个等腰直角三角形的和

那么原来的转移式就可以这么写：(f[i]=Min(f[j]+S[i,i]-S[i,j]))

然后我们不考虑车辆数量的限制，那么对于 j 和 k ，如果 (j<k) ，那么首先 (f[j]) 必然小于 (f[k]) ，但是随着 i 的增大， (S[i,i]) 是不变的，但是 (S[i,j]) 和 (S[i,k]) 之间的差肯定是越来越大的，即对于 (f[j]-S[i,j]) 和 (f[k]-S[i,k]) ，肯定是一开始选 j 比较优，后来两个函数有一个交点，过了这个交点就是 k 比较优了，并且两个函数的交点只有一个，所以我们可以二分一个交点，然后保持交点和 j 同时单调递增，这样就可以做一个 O(n) 的斜率优化 dp 了...

但问题是这 goushi 的车辆是有数量限制的，但是我们发现总价格和使用车辆数是负相关的，那么我们可以考虑对于每辆车加上一个租赁代价，这在斜率优化中是不影响计算的，然后租赁的代价越高，最优解中使用车辆数肯定越小，那么我们可以二分这个租赁代价，得到车辆数恰好为指定的 K 时，把租赁的代价减去，这样就得到了答案

总复杂度讲道理是 (O(n~log n ~ log ~S[n,n])) ，因为外面 wqs 二分 (S[n,n])，里面也要二分交点

code

//by Judge
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include<bits/stdc++.h>
#define Rg register
#define fp(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const int M=4003;
#ifndef Judge
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
} int n,K,ans,s[M][M],f[M],w[M];
inline int calc(int j,int i){
	return f[j]+s[i][i]-s[j][i];
}
inline bool judge(int j,int k,int i){ //判断 f[i] 大小 
	int valj=calc(j,i),valk=calc(k,i);
	if(valj^valk) return valj>valk;
	return w[j]>=w[k];
}
inline int rate(int j,int k){  //得到交点位置 
	int l=k+1,r=n;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(judge(j,k,mid)) r=mid-1;
		else l=mid+1;
	} return l;
}
inline bool check(int mid){ //二分附加权值 
	static int head,tail,q[M];
	q[head=tail=1]=0;
	fp(i,1,n){ //斜率优化 
		while(head<tail&&judge(q[head],q[head+1],i)) ++head;
		f[i]=calc(q[head],i)+mid,w[i]=w[q[head]]+1;
		while(head<tail&&rate(q[tail-1],q[tail])>rate(q[tail],i)) --tail; q[++tail]=i;
	} return w[n]<=K;
}
int main(){ n=read(),K=read();
	fp(i,1,n) fp(j,1,n) s[i][j]=read();
	fp(i,1,n) fp(j,1,i) s[i][j]=0;
	fp(i,1,n) fp(j,1,n) s[i][j]=s[i][j-1]+s[i][j];
	fp(i,1,n) fp(j,1,n) s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j];
	int l=0,r=s[n][n];
	while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) r=mid-1,ans=f[n]-K*mid;
		else l=mid+1;
	} return !printf("%d
",ans);
}