1597: [Usaco2008 Mar]土地购买 [ dp+斜率优化 ] 未完

农夫John准备扩大他的农场,他正在考虑N (1 <= N <= 50,000) 块长方形的土地. 每块土地的长宽满足(1 <= 宽 <= 1,000,000; 1 <= 长 <= 1,000,000). 每块土地的价格是它的面积,但FJ可以同时购买多快土地. 这些土地的价格是它们最大的长乘以它们最大的宽, 但是土地的长宽不能交换. 如果FJ买一块3x5的地和一块5x3的地,则他需要付5x5=25. FJ希望买下所有的土地,但是他发现分组来买这些土地可以节省经费. 他需要你帮助他找到最小的经费.

* 第1行: 一个数: N

* 第2..N+1行: 第i+1行包含两个数,分别为第i块土地的长和宽

* 第一行: 最小的可行费用.

4
100 1
15 15
20 5
1 100

输入解释:

共有4块土地.

500

FJ分3组买这些土地: 第一组:100x1, 第二组1x100, 第三组20x5 和 15x15 plot. 每组的价格分别为100,100,300, 总共500.

Gold

先转载一发大牛的博客：http://blog.csdn.net/sdj222555/article/details/8229192

以下题解来自上面的博客：

这题还算是比较经典的。

首先我们按x,y都递减排序。其中x是宽，y是长

然后发现如果一个矩形的长宽都不大于另一个矩形的长宽。那么这个矩形的花费就是0，因为买那个矩形顺便就买了这个小的。

所以去除这些不花钱的矩形。

剩下的矩形，x是递减的，y是递增的

然后可以写出转移方程

f[i] = min(f[j] + x[j + 1] * y[i]) (j < i)

然后为了方便，把x数组坐标提前一下

f[i] = min(f[j] + x[j] * y[i]) (j < i)

然后发现是n ^2的。不优化会超时

这就要用到经典的斜率优化了

考虑两个决策f[j],f[k]并假设j<k。
如果对于f[i]，从f[j]转移来比从f[k]转移来更优，那么有：
f[j]+x[j]*y[i]<f[k]+x[k]*y[i]
移项得：
y[i]<(f[k]-f[j])/(x[j]-x[k])

令g[j,k] = (f[k]-f[j])/(x[j] - x[k])

则g[j,k] > y[i] 表示j比k更优。则k可以舍弃掉

进而我们发现这么一个问题，当c < b < a < i时，如果有g[c, b] > g[b, a]，那么b永远都不会成为计算dp[i]时的决策点。
证明：
如果g[c, b] > g[b, a]，那么我们可以分两个方面考虑g[c, b]与的关系：
(1)如果g[c, b] >= y[i]，那么决策c不会比决策b差，也就说决策b不可能是决策点
(2)如果g[c, b] < y[i]，那么由于g[c, b] > g[b, a]，那么g[b, a] < y[i]，那么决策a要比决策b好，所以b还不能作为决策点

根据上面的结论和一些特性，我们可以考虑维护一个斜率的队列来优化整个DP过程：

(1)假设a, b, c依次是队列右端的元素，那么我们就要考虑g[a, b]是否大于g[b, c]，如果g[a, b] > g[b, c]，那么可以肯定b一定不会是决策点，所以我们可以从队列中将b去掉，然后依次向前推，直到找到一个队列元素少于3个或者g[a, b] <= g[b, c]的点才停止。
(2)假设a, b是依次是队列左端的元素，那么我们知道，如果g[a, b] < y[i]的话，那么对于i来说决策点b肯定优于决策点a，又由于y是随着i递增而递增的，所以当g[a, b] < y[i]时，就一定有g[a, b] < y[i+1]，因此当前的决策点a不仅仅在考虑dp[i]时不会是最佳决策点，而且在后面的DP中也一定不会是最佳决策点，所以我们可以把a从队列的头部删除，依次往后如此操作，直到队列元素小于2或者g[a, b] >= y[i]。
(3)对于i的更新，一定是队列头部的决策点最好，所以O(1)即可转移。

我觉得这里http://blog.163.com/lqp18_31/blog/static/5418276920091122101325111/讲的还行

总体感觉斜率优化DP推起来还是比较麻烦的

然后每次对i决策时，先操作左端的元素得到最优解，然后操作右端的元素将i状态插进队列

最后简单的说，就是维护一个g[x,y]的单调队列队列中第一个元素 g[a,b]>=y[i]

898768

njczy2010

1597

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1904 B

2015-03-20 14:22:44

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <stack>
 4 #include <vector>
 5 #include <algorithm>
 6 #include <queue>
 7 #include <map>
 8 #include <string>
 9 #include <set>
10 
11 #define ll long long
12 int const N = 50005;
13 int const M = 205;
14 int const inf = 1000000000;
15 ll const mod = 1000000007;
16 
17 using namespace std;
18 
19 int n;
20 ll x[N],y[N];
21 ll f[N];
22 int q[N];
23 int cnt;
24 
25 typedef struct
26 {
27     ll x;
28     ll y;
29 }PP;
30 
31 PP p[N];
32 
33 bool cmp(PP a,PP b)
34 {
35     if(a.x == b.x){
36         return a.y > b.y;
37     }
38     return a.x > b.x;
39 }
40 
41 void ini()
42 {
43     cnt=0;
44     int i;
45     for(i=1;i<=n;i++){
46         scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y);
47     }
48     sort(p+1,p+1+n,cmp);
49     for(i=1;i<=n;i++){
50         if(cnt==0 || p[i].y > y[cnt]){
51             cnt++;
52             x[cnt] = p[i].x;
53             y[cnt] = p[i].y;
54         }
55     }
56     for(i=1;i<=cnt;i++){
57         x[i-1] = x[i];
58     }
59 }
60 
61 void solve()
62 {
63     int l,r;
64     l=1;r=1;
65     int i;
66     q[l]=0;f[0]=0;
67     for(i=1;i<=cnt;i++){
68         while(l<r && (f[ q[l+1] ] - f[ q[l] ]) < y[i] * (x[ q[l] ] - x[ q[l+1] ]) ){
69             l++;
70         }
71         f[i] = f[ q[l] ] + x[ q[l] ] * y[i];
72         while(l<r && (f[ q[r] ] - f[ q[r-1] ]) * (x[ q[r] ] - x[ i ]) > (f[ i ] - f[ q[r] ]) * (x[ q[r-1] ] - x[ q[r] ]) ){
73             r--;
74         }
75         q[++r] = i;
76     }
77     //for(i=1;i<=cnt;i++){
78     //    printf(" i=%d f=%I64d
",i,f[i]);
79     //}
80 }
81 
82 void out()
83 {
84     printf("%lld
",f[cnt]);
85 }
86 
87 int main()
88 {
89     //freopen("data.in","r",stdin);
90     //scanf("%d",&T);
91     //for(cnt=1;cnt<=T;cnt++)
92     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
93     {
94         ini();
95         solve();
96         out();
97     }
98 }

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