Mice and Holes CodeForces - 797F
题意：有n只老鼠和m个洞，都在一个数轴上，老鼠坐标为x[1],...,x[n]，洞的坐标为p[1],...,p[m]，每个洞能容纳的老鼠为c[1],...,c[m]，问所有老鼠都躲到洞里后每只老鼠跑的距离之和的最小值。
分析：
如果不给出洞和老鼠的顺序的话，就需要集合操作，基本就是枚举，很慢不考虑。
因此，按坐标顺序排序洞和老鼠，然后定义状态：ans[i][j]表示前i个洞放前j个老鼠最小距离和。
这么做是由于如果有老鼠跑的路线交叠了，那么就一定不是最好的答案。而先排序后这么定义状态，就隐含了只能是前i-1个洞放前k个老鼠，然后第i个洞放第k+1到第j个老鼠，路线不交叠。
（以下部分自己想不到）
然而实际做的时候不一定能想到，这时一定要大胆尝试（比如试一试排序，很可能一排序就能定义出状态了）。
那么ans[i][j]=min(ans[i-1][j]+0,ans[i-1][j-1]+{ j ~ j 的点到i距离和},ans[i-1][j-2]+{ j-1 ~ j 的点到i距离和}...,ans[i-1][j-c[i]]+{ j-c[i]+1 ~ j 的点到i的距离和})
再看ans[i][j-1]=min(ans[i-1][j-1]+0,ans[i-1][j-2]+{ j-1 ~ j-1 的点到i距离和},...,ans[i-1][j-c[i]-1]+{ j-c[i] ~ j-1 的点到i距离和})
仔细看很像取一个"滑动窗口"中最小值，但形式不可以加速，还是太慢。
因此变形一下：
ans[i][j]=min(ans[i-1][j]+0,ans[i-1][j-1] + 1到j的点到i距离和 - 1到(j-1)的点到i距离和,ans[i-1][j-2] + 1到j的点到i距离和 - 1到(j-2)的点到i距离和,...,ans[i-1][j-c[i]] + 1到j的点到i距离和 - 1到(j-c[i])的点到i距离和)
ans[i][j-1]=min(ans[i-1][j-1]+0,ans[i-1][j-2] + 1到j-1的点到i距离和 - 1到j-2的点到i距离和,...,ans[i-1][j-c[i]-1] + 1到j-1的点到i距离和 - 1到j-c[i]-1的点到i距离和)
也就是，ans[i][j]=1到j的点到i距离和 + min{ans[i-1][j-k] - 1到j-k的点到点i距离和}(0<=k<=c[i])
ans[i][j-1]=1到j-1的点到i距离和 + min{ans[i-1][j-k-1]-1到j-k-1的点到点i距离和}(0<=k<=c[i]-1)
也就是，ans[i][j]=1到j的点到i距离和 + min(ans[i-1][j]-1到j的点到i距离和,...,ans[i-1][j-c[i]]-1到j-c[i]的点到i距离和)
ans[i][j-1]=1到j-1的点到i距离和 + min(ans[i-1][j-1]-1到j-1的地点到i距离和,...,ans[i-1][j-c[i]-1]-1到j-c[i]-1的点到i距离和)
这样就可以每次i变化时用单调队列维护min{ans[i-1][j-..]-..}。
还有，ans[i][..]只跟ans[i-1][..]有关，可以用滚动数组省空间。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long LL;//曾经忘开LL 6 struct Hole 7 { 8 LL p,c; 9 bool operator<(const Hole& b) const 10 { 11 return p<b.p; 12 } 13 }h[5010]; 14 LL n,m; 15 LL x[5010]; 16 LL ans[2][5010]; 17 //曾经写错成ans[5010][2] 18 LL q[5010],l,r,i1; 19 LL s1[5010];//表示前i个洞容纳的总老鼠数量 20 LL s2[5010];//s2[j]表示预处理出的1~j的老鼠到i距离和 21 int main() 22 { 23 LL i,j; 24 scanf("%I64d%I64d",&n,&m); 25 for(i=1;i<=n;i++) 26 scanf("%I64d",&x[i]); 27 for(i=1;i<=m;i++) 28 scanf("%I64d%I64d",&h[i].p,&h[i].c); 29 sort(x+1,x+n+1); 30 sort(h+1,h+m+1); 31 for(i=1;i<=m;i++) 32 s1[i]=s1[i-1]+h[i].c; 33 memset(ans,0x3f,sizeof(ans)); 34 ans[0][0]=0;//曾经误将ans[0][..]全部置0 35 if(n>s1[m]) 36 { 37 printf("-1"); 38 return 0; 39 } 40 for(i=1;i<=m;i++) 41 { 42 i1^=1; 43 l=r=0; 44 for(j=1;j<=min(s1[i],n);j++) 45 s2[j]=s2[j-1]+abs(x[j]-h[i].p); 46 //q[r++]=0; 47 for(j=0;j<=min(s1[i],n);j++)//曾经误将初始当做1 48 { 49 if(r>l&&q[l]<j-h[i].c) l++;//第j个要考虑的是j-c[i] ~ j，也就是去掉j-c[i]之前的，向单调队列中加入j 50 while(r>l&&ans[i1^1][q[r-1]]-s2[q[r-1]]>=ans[i1^1][j]-s2[j]) 51 r--; 52 q[r++]=j; 53 ans[i1][j]=ans[i1^1][q[l]]-s2[q[l]]+s2[j]; 54 } 55 } 56 printf("%I64d",ans[m%2][n]); 57 return 0; 58 }
upd190422：
这题被超级加强了...加强后的题目：uoj455
稍微改一下可过此题
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<vector> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 #define fi first 8 #define se second 9 #define mp make_pair 10 #define pb push_back 11 typedef long long ll; 12 typedef unsigned long long ull; 13 struct P 14 { 15 ll x,y; 16 }; 17 bool operator<(const P &a,const P &b) 18 { 19 return a.x>b.x; 20 } 21 struct PP 22 { 23 int x,w,c; 24 }p[200011]; 25 bool operator<(const PP &a,const PP &b) 26 { 27 return a.x<b.x; 28 } 29 int n,m; 30 ll ans; 31 priority_queue<P> q1,q2; 32 int main() 33 { 34 int i;P t;ll v,ts=0,t1,t2; 35 scanf("%d%d",&n,&m); 36 for(i=1;i<=n;++i) 37 { 38 scanf("%d",&p[i].x); 39 p[i].c=-1; 40 } 41 for(i=1;i<=m;++i) 42 { 43 scanf("%d%d",&p[i+n].x,&p[i+n].c); 44 ts+=p[i+n].c; 45 } 46 if(n>ts) {puts("-1");return 0;} 47 sort(p+1,p+n+m+1); 48 for(i=1;i<=n+m;++i) 49 { 50 if(p[i].c==-1) 51 { 52 if(q2.empty()) v=1e11; 53 else 54 { 55 t=q2.top();q2.pop(); 56 v=t.x; 57 if(t.y!=1) q2.push((P){t.x,t.y-1}); 58 } 59 ans+=p[i].x+v; 60 q1.push((P){-2*p[i].x-v,1}); 61 } 62 else 63 { 64 t1=0; 65 while(p[i].c && !q1.empty()) 66 { 67 t=q1.top();v=t.x; 68 if(p[i].x+p[i].w+v>=0) break; 69 q1.pop(); 70 t2=min(ll(p[i].c),t.y); 71 t.y-=t2;p[i].c-=t2; 72 ans+=t2*(p[i].x+p[i].w+v); 73 t1+=t2; 74 q2.push((P){-2*p[i].x-v,t2}); 75 if(t.y) q1.push(t); 76 } 77 if(t1) q1.push((P){-p[i].x-p[i].w,t1}); 78 if(p[i].c) q2.push((P){p[i].w-p[i].x,p[i].c}); 79 } 80 } 81 printf("%lld ",ans); 82 return 0; 83 }