【题目描述】
小 G 是一个出色的诗人，经常作诗自娱自乐。但是，他一直被一件事情所困扰，那就是诗的排版问题。
一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小 G 给每首诗定义了一个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小 G 不允许把一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小 G 对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的 (P) 次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。
小 G 最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小），并把排版的结果告诉他。
【输入格式】
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题目描述
小 G 是一个出色的诗人，经常作诗自娱自乐。但是，他一直被一件事情所困扰，那就是诗的排版问题。
一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小 G 给每首诗定义了一个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小 G 不允许把一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小 G 对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的 PP 次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。
小 G 最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小），并把排版的结果告诉他。
【输入格式】
输入文件中的第一行为一个整数 (T)，表示诗的数量。
接下来为 (T) 首诗，这里一首诗即为一组测试数据。每组测试数据中的第一行为三个由空格分隔的正整数 (N,L,P)，其中：(N) 表示这首诗句子的数目，(L) 表示这首诗的行标准长度，(P) 的含义见问题描述。
从第二行开始，每行为一个句子，句子由英文字母、数字、标点符号等符号组成（ASCII 码 (33～127)，但不包含 -）。
【输出格式】
于每组测试数据，若最小的不协调度不超过 (10^{18})，则第一行为一个数，表示不协调度。接下来若干行，表示你排版之后的诗。注意：在同一行的相邻两个句子之间需要用一个空格分开。
如果有多个可行解，它们的不协调度都是最小值，则输出任意一个解均可。若最小的不协调度超过 (10^{18})，则输出 Too hard to arrange。
每组测试数据结束后输出 --------------------，共20个 -，- 的 ASCII 码为 45，请勿输出多余的空行或者空格。
(nle 10^5, lle 3*10^6, ple 10)
题解
记$sum[i]$为前$i$句的长度和，$dp[i]$为前$i$句的最小不协调度。 有一个显而易见的DP方程： $dp[i]=minlimits_{j=1}^{i-1}(dp[j]+|sum[i]-sum[j]+(i-j-1)-l|^p)$直接DP显然是(O(n^2))的 对于这道题我们实际上可以使用决策单调性优化复杂度。
注意到上面的那个转移方程 每个(dp[i])通过枚举前面的(i-1)个(j)取最小得到 我们把(dp[i])取到最小的那个(j)记为(p[i])，这个东西就叫决策。
如果一个DP满足决策单调性，这就是说这个DP满足(p[1]le p[2]le cdots le p[n])。
怎么证明一个DP方程是否满足决策单调性？
一个DP方程可以表示成(dp[i]=minlimits_{j=1}^{i-1}(dp[j]+w(j,i))) (这道题中(w(j,i)=|sum[i]-sum[j]+(i-j-1)-l|^p)) ，且对于任意的整数(a,b(a<b))，都有(w(a,b+1)+w(a+1,b)ge w(a,b)+w(a+1,b+1))，那么这个DP方程满足决策单调性。
这道题的DP是满足决策单调性的，证明太长不证了，可以由打表得出结论。
那么这有什么好处呢
我们把最终的(p)数组列出来，大概就长这样：(1,1,2,2,3,3,3,cdots)
因为它是单调不降的 所以我们可以二分出 对于两个数(a,b)，从哪个(dp[i])开始 用(a)作为(dp[i])的决策 不如 用(b)作为(dp[i])的决策。
比如上面那个(p)数组的例子 从(dp[5])开始 以(2)作为决策就不如(3)了
那么我们就可以通过维护一个单调队列来维护枚举到的(dp[i])的最优决策是什么了 队列中的每个元素维护两个值 一个是下标(id)，另一个数(st)表示从(dp[st[i]])开始到(dp[st[i+1]-1])为止 决策选择(id[i])是最优的
具体的说 假设现在正在计算(dp[5])，(p)数组前四个是(1,1,1,2) 那么队列里可能会是这样：
第一个元素 (id[1]=1) (st[1]=1)表示从(dp[st[1]])开始 到(dp[st[2]-1])为止 选择(1)为决策最优 第二个元素 (id[2]=2) (st[2]=4)同理
那么现在要推出(dp[5]) 由于选择(1)为决策最优的范围是(st[1]sim st[2])也就是(1sim 4) 那么决策(1)对(dp[5])已经没用了 所以从队头弹出。
此时队头元素的(id)是(2) 那么就表明(p[5]=2) (dp[5])从(dp[2])转移过来最优 我们让(dp[5]=dp[2]+|sum[5]-sum[2]+(5-2-1)-l|^p)
然后我们要看看(5)作为决策会不会比(2)好 由于决策单调性 我们可以二分出(l(l>5)) 表示从(l)开始 决策选择(5)比选择(2)更优 如果此时(l<st[2]) 那就说明(5)整个就是比(2)要优的 直接把(2)从队尾弹出
把所有要弹的弹出去之后 就在队尾插入这个新增的元素 基本就和普通的单调队列差不多吧。。。
请结合代码食用(感觉代码写的还是很易懂的)
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double db;
int ttt, n, L, p, sum[100005], ans[100005];
char s[100005][40];
int q[100005], st[100005], head, tail;
db dp[100005];
inline db fpow(db x, int t) {
db ret = 1.0;
for (; t; t >>= 1, x *= x) if (t & 1) ret *= x;
return ret;
}
inline db cal(int j, int i) {
return dp[j] + fpow(fabs(sum[i] - sum[j] + (i - j - 1) - L), p);
}
inline int find(int j, int i) {
if (cal(j, n) < cal(i, n)) return n + 1;
int l = i, r = n, mid, anss;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (cal(j, mid) >= cal(i, mid)) {
anss = mid;
r = mid - 1;
} else l = mid + 1;
}
return anss;
}
int main() {
scanf("%d", &ttt);
while (ttt--) {
scanf("%d%d%d", &n, &L, &p);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", s[i]+1), sum[i] = sum[i-1] + strlen(s[i]+1);
head = 1, q[tail=1] = 0, st[1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
while (head < tail && st[head+1] <= i) head++; //把 当前head覆盖区间整个都在i前面的head弹出
ans[i] = q[head];
dp[i] = cal(q[head], i);
while (head < tail && st[tail] >= find(q[tail], i)) tail--; //把 当前tail覆盖区间内的全部dp[j] 通过id[tail]转移都不如通过i转移 的tail弹出
q[++tail] = i; st[tail] = find(q[tail-1], q[tail]);
}
if (dp[n] > 1e18) puts("Too hard to arrange");
else {
printf("%lld
", (long long)dp[n]);
tail = 0;
for (int i = n; i; i = ans[i]) {
q[++tail] = i;
}
head = tail;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
printf("%s", s[i]+1);
if (i == q[head]) {
head--; puts("");
} else putchar(' ');
}
}
puts("--------------------");
}
return 0;
}