vijos 1243 生产产品 单调性优化动态规划

描述 Description

在经过一段时间的经营后，dd_engi的OI商店不满足于从别的供货商那里购买产品放上货架，而要开始自己生产产品了！产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。现在，dd_engi的OI商店有史以来的第一个产品就要开始生产了，那么最短需要多长时间呢？ 
某日Azuki.7对跃动说:这样的题目太简单,我们把题目的范围改一改 
对于菜鸟跃动来说,这是个很困难的问题,他希望你能帮他解决这个问题

 输入格式 Input Format

第一行有四个整数M, N, K, L 
下面的N行，每行有M个整数。第I+1行的第J个整数为T[I,J]。

输出格式 Output Format
输出只有一行，表示需要的最短时间。
样例输入 Sample Input

3 2 0 2
2 2 3
1 3 1

样例输出 Sample Output
4
时间限制 Time Limitation
1s
注释 Hint
对于50%的数据，N<=5，L<=4，M<=10000
对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000

 

这道题是在看论文时看到的，于是到vijos那注册了一个账号来做做，谁知竟然做了一个下午，悲剧……

由于理论性的东西已经学过了，知道这是个dp+单调队列。可第一次编还是编了好久。

首先，很容易写出动态转移方程：f(i,j)=min( min( f(p,i) ) + sum(i,j) - sum(i,k) +val) ,i>k>i-l+1,m>p>0 && p!=i

由于m很小，小于6，所以，这个方程的主要优化在于寻找外层的min

而单调队列的方程为：f(x)= opt( cost[i] ) bound[x] <=i<x;

将动态转移方程化简得：f(i,j)=min( min( f(p,i) ) - sum(i,k) ) + sum(i,j)+val ,i>k>i-l+1,m>p>0 && p!=i

这样就可以用单调队列实现了。

 

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<queue>
#include<deque>
#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
const int N=6;
const int L=50010;
const int M=100010;
typedef __int64 LL;
struct TT{
    LL val;
    int num;
    TT(LL v,int n){val=v,num=n;};
};
deque<TT>que[N];
LL sum[N][M];
LL str[N][M];
int l,n;
LL kk;
void init(){
    for(int i=0;i<n;i++){
        while(!que[i].empty()){
            que[i].pop_back();
        }
        que[i].push_back(TT(0,-1));
        str[i][0]=sum[i][0];
    }
}
void update(int k){
    int first=0,second=0,now;
    LL tmp;
    if(str[0][k]>str[1][k])first=1;
    else second=1;
    
    for(int i=2;i<n;i++){
        if(str[i][k]<=str[first][k]){
            second=first,first=i;
        }else{
            if(str[i][k]<str[second][k]){
                second=i;
            }
        }
    }

    for(int i=0;i<n;i++){
        now=first;
        if(i==now){
            now=second;
        }
        tmp=str[now][k]-sum[i][k]+kk;
        while(!que[i].empty() &&que[i].front().num+l<=k)que[i].pop_front();
        while(!que[i].empty() && que[i].back().val>=tmp)que[i].pop_back();
        que[i].push_back(TT(tmp,k));

    }
    
}
int main()
{
    int m,i,j;
    LL ans;
    while(~scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&kk,&l)){
        for(i=0;i<n;i++){
            scanf("%I64d",&sum[i][0]);
            for(j=1;j<m;j++){
                scanf("%I64d",&sum[i][j]);
                sum[i][j]+=sum[i][j-1];
            }
        }

        
        if(n==1){
            printf("%I64d\n",sum[0][m-1]);
        }else{
            init();
    
            for(i=0;i<m;i++){
                for(j=0;j<n;j++){
                    str[j][i]=que[j].front().val+sum[j][i];
                }
                update(i);
            }
            m--;
            ans=str[0][m];
            for(int i=1;i<n;i++){
                if(ans>str[i][m])ans=str[i][m];
            }
            printf("%I64d\n",ans);
        }
    }


    
    return 0;
}
/*
3 2 2 1
1 2 3
1 2 3
*/