[THUSC2016]成绩单

题目

　　有连续的(n)份成绩单，每份有一个分数(w_i)。现在要按照批次发放成绩单，每次选择连续的一段成绩单发放，发放完一轮后将左右两端剩余的合并继续重复操作。定义(k)为发放次数，(max_i)和(min_i)表示每次发放的分数最大值和最小值，以及两个系数(a)和(b)，要求最小化：

[a imes k+b imessum_{i=1}^k(max_i-min_i)^2 ]

　　数据范围：(nleq 50)，(1leq w_ileq 1000)。

题解

　　是一道不错的 DP 题。显然跟区间有关，复杂度估计在(mathcal O(n^5))左右吧。

　　我们每次发放操作相当于在区间上挖了一个“窟窿”，经过若干次操作挖了一连串的“窟窿”，然后再一次操作经过许多“窟窿”，把剩下的选走。

　　所以我们设计一个状态(f_{l,r})表示(l)到(r)内，挖了若干“窟窿”的最优解，用(g_{l,r})表示全部取走(l)到(r)的最优解。但这个窟窿怎么挖呢？挖了的窟窿会给状态(f)带来什么影响呢？其中最大的影响莫过于剩余的数的(max_i)和(min_i)了。所以我们还需要增加两维(x)和(y)表示(l)到(r)挖了若干“窟窿”后剩余的最大值为(x)，最小值为(y)（由于(n)很小，我们将(w_i)离散化）。而(f_{l,r,x,y})，肯定要往两边（这里选右边）拓展，对于(f_{l,r-1,x,y})，考虑将(r)纳入，窝们有两种选择：

　　（1）不挖它，代价为(0)，转移为

[f_{l,r-1,x,y}xrightarrow{0}f_{l,r,min{x,w_r},max{y,w_r}} ]

　　（2）挖它，则(r)一定会在其中一个窟窿内，这个窟窿一定为([k,r],kin[l,r])，代价为(g_{k,r})，即

[f_{l,k-1,x,y}xrightarrow{g_{k,r}}f_{l,r,x,y} ]

　　而由以上又可以得出：(g_{l,r}=minlimits_{xleqslant y}{f_{l,r,x,y}+a+b imes(val_y-val_x)^2})。

　　初始情况为(f_{i,i,w_i,w_i}=0)以及(g_{i,i}=a)，其它的为(infty)。枚举(f)的每一维以及(k)的选取，故时间复杂度为(mathcal O(n^4) imesmathcal O(n)=mathcal O(n^5))，可以通过。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define min(a, b) (a) < (b) ? (a) : (b)
#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)
#define rep(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i <= i##end; ++i)
#define chkmax(a, b) a = max(a, b)
#define chkmin(a, b) a = min(a, b)

const int maxn = 55;

int n, a, b, w[maxn], disc[maxn];
int f[maxn][maxn][maxn][maxn], g[maxn][maxn];

inline int sqr(int x) { return x * x; }

int main() {
	n = read(), a = read(), b = read();
	rep(i, 1, n) disc[i] = w[i] = read();
	// 离散化
	std::sort(disc+1, disc+n+1);
	rep(i, 1, n) w[i] = std::lower_bound(disc+1, disc+n+1, w[i]) - disc;
	// 初始化
	memset(f, 0x3f, sizeof f), memset(g, 0x3f, sizeof g);
	rep(i, 1, n) f[i][i][w[i]][w[i]] = 0, g[i][i] = a;
	// 做DP
	rep(len, 1, n) // 枚举区间长度
		rep(l, 1, n-len+1) { 
			int r = l+len-1; // 区间[l,r]
			rep(x, 1, n)
				rep(y, x, n) {
					chkmin(f[l][r][min(x, w[r])][max(y, w[r])], f[l][r-1][x][y]); // 情况1
					rep(k, l, r) chkmin(f[l][r][x][y], f[l][k-1][x][y] + g[k][r]); // 情况2
				}
			rep(x, 1, n)
				rep(y, x, n)
					chkmin(g[l][r], f[l][r][x][y] + a + b * sqr(disc[y] - disc[x])); // 维护g[l][r]
		}
		
	printf("%d", g[1][n]); // 答案为g[1][n]
	
	return 0;
}