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  • [NOIP2018 普及组] 摆渡车 题解

    《关于我上冬令营网课时,听说普及组考过斜率优化DP这件事》

    题意理解

    摆渡车往返一次要 (m) 分钟,但摆渡车可以在起点等人,故可以将往返一次的时间 (T in [m,infty ))(但是个人都不会让他等于正无穷吧?)

    求这 (n) 个人等待时间之和最小值。

    设置状态

    首先,观察数据范围

    yuYSwq.png

    小数据就不说了吧

    显然,可以根据时间设置状态。

    (f_{i}) 表示前 (i) 个时间单位的最小花费。

    状态转移

    题上说了,摆渡车容量可以视为无限大,那么我们可以知道,摆渡车是印度产的,在时间 (i) 出发的车可以将在 (i) 及之前到站所有人都接走,花费为(sum (i-t_{k}) (t_{k}le i))

    如果在 (i)之前的某时刻 (j),摆渡车接过一次人呢?(根据题意 (j) 应当满足 (0 le j le i-m) )。

    那么就有 (f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum (i-t_{k})) (j < t_{k}le i))

    这就是状态转移方程,可以发现遍历一段时间是 (O(T)) 的,枚举断点 (j) 也是 (O(T)) 的,而计算 (sum (i-t_{k}))(O(n)) 的。

    这个DP时间复杂度为 (O(nT^{2}))(恭喜你拿到我没截上屏的30分)

    DP优化

    优化计算

    (sum (i-t_{k})) 是显然能用前缀和搞一下的:
    (cnt_{i}) 表示时间 (i) 及之前有多少人在到达。
    (sum_{i}) 表示若在 (i) 之前来的人一直在等,那么这些人一共等了多久,(sum_{i}) 可以通过 (cnt_{i}) 累加得到。

    n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
    m=qr();
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
    	cnt[t=qr()]++;
    	ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
    }
    for(register int i=1;i<ed+m;i++)
    {
    	cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下
    	sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
    }
    

    那么怎么通过 (cnt)(sum) 计算出 (sum (i-t_{k}) (j < t_{k}le i)) 呢?

    请看图。

    yusnY9.png

    用水平线长短及端点来表示人的等待情况,我们要求的是蓝色线的总长度。

    根据我画的圈圈(1=sum_{i}) , (2=sum_{j}) , (3=cnt_{j}*(i-j))

    那么就可以轻而易举地得到 (sum (i-t_{k}) = sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j) (j < t_{k}le i))
    状态转移方程就能转化为

    (f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j)) (jle i-m))

    于是复杂度愉快地变成了 (O(T^{2}))(现在有50pts了!)

    Code
    #include<bits/stdc++.h>
    #define N 1100006
    #define LL long long 
    using namespace std;
    
    int n,m;
    LL f[N];
    int t,cnt[N],sum[N],ed;
    
    inline int qr()
    {
    	char a=0;int w=1,x=0;
    	while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
    	while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
    	return x*w;
    }
    
    int main()
    {
    	n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
    	m=qr();
    	for(register int i=1;i<=n;i++)
    	{
    		cnt[t=qr()]++;
    		ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
    	}
    	for(register int i=1;i<ed+m;i++)//最后一班车最晚在ed+m-1时走
    	{
    		cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下
    		sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
    	}
    	for(register int i=1;i<ed+m;i++)
    	{
    		f[i]=sum[i];//前面没有发车
    		for(register int j=0;j<=i-m;j++)
    			f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]-sum[j]-cnt[j]*(i-j));//状态转移
    	}
    	LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    	for(register int i=ed;i<ed+m;i++)//统计答案
    		ans=min(ans,f[i]);
    	printf("%lld
    ",ans);
    	return 0;
    }
    

    规避无用转移

    显然,每次摆渡车的往返加等待时间不会超过 (2m) ,因为该时间超过 (2m) 时,在(i-(m,2m))可以来一辆车,答案必定不会更劣。

    所以,枚举 (j) 时只用枚举 ([max(0,i-2m),i-m])就可以了,复杂度变成了 (O(Tm))

    把转移改一下就有70pts了!(开O2就过了)。

    Code
    for(register int i=1;i<ed+m;i++)
    {
    	f[i]=sum[i];//前面没有发车
    	for(register int j=max(i-(m<<1),0);j<=i-m;j++)
    		f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]-sum[j]-cnt[j]*(i-j));//状态转移
    }
    

    尖端科技——斜率优化(雾)

    重新看一下式子:

    (f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j)))

    把min去掉,然后移下项,可以得到:

    (f_{j}+cnt_{j}*j-sum_{j}=cnt_{j}*i+f_{i}-sum_{i})

    使 (y=f_{j}+cnt_{j}*j-sum_{j}) , (k=i) , (x=cnt_{j}) , (b=f_{i}-sum_{i})

    于是转移方程转化愉快地为 (y=kx+b) 的点斜式形式。

    这里 (x)(k) 具有点调性,可以用优先队列维护下凸包。

    当遍历到时间 (i) 时将 (i-m) 入队,如果队列非空进行转移,如果队列是空的话,直接当做之前没有发过车对 (f_{i}) 赋值就行了。

    Code
    #include<bits/stdc++.h>
    #define N 9100006
    #define LL long long 
    #define LB long double
    using namespace std;
    
    int n,m;
    LL f[N],t,cnt[N],sum[N],q[N],ed;
    
    inline int qr()
    {
    	char a=0;int w=1,x=0;
    	while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
    	while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
    	return x*w;
    }
    
    inline LB K(LL x,LL y)//计算两点间斜率
    {
    	return (LB) (f[y]+cnt[y]*y-sum[y]-f[x]-cnt[x]*x+sum[x])/((cnt[y]==cnt[x])?(long double)1e-9:cnt[y]-cnt[x]);
    }
    
    int main()
    {
    	n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
    	m=qr();
    	for(register int i=1;i<=n;i++)
    	{
    		cnt[t=qr()]++;
    		ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
    	}
    	for(register int i=1;i<ed+m;i++)//最后一班车最晚在ed+m-1时走
    	{
    		cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下
    		sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
    	}
    	int l=1,r=0;
    	for(register int i=0;i<ed+m;i++)
    	{
    		if(i>=m)
    		{
    			int op=i-m;//将时间i-m入队
    			while(l<r&&K(q[r],op)<=K(q[r-1],q[r]))//维护下凸包
    				r--;
    			q[++r]=op;
    		}
    		while(l<r&&K(q[l],q[l+1])<=(LB)i)//找到最优转移的位置
    			l++;
    		f[i]=sum[i];//前面没有发车
    		if(l<=r)
    			f[i]=min(f[i],f[q[l]]+sum[i]-sum[q[l]]-cnt[q[l]]*(i-q[l]));
    	}
    	LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    	for(register int i=ed;i<ed+m;i++)//统计答案
    		ans=min(ans,f[i]);
    	printf("%lld
    ",ans);
    	return 0;
    }
    
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