Educational Codeforces Round 19 F（dp+队列优化）

网址：http://codeforces.com/contest/797/problem/F

显然，要先排序。

我们可以先处理出所有老鼠到所有洞的距离,p[i][j]表示第j只老鼠到第i个洞的距离。由于我们每次求的时候都是一段区间的老鼠到一个洞中，所以我们可以通过求前缀和优化计算。

对于p[i][j]，其前缀和为d[i][j]，表示前j只老鼠都进入i洞中所需要的花费。在实际运算中，因为我是每更换一个i，就从新求一次d[j]，所以d用一维数组存储。

显然，本题我们可以用dp[i][j]表示前i个洞放前n只耗子的最小花费。则dp[i][j] = min{dp[i - 1][k]  + d[i][j] - d[i][k-1]}，其中 j - b[i] <= k <= j,(b[i]为第i个洞的容量，此方程就是说枚举进入当前洞的老鼠的数量，找出最优解。

记住！只有形如 dp[i]=max/min (f[k]) + g[i]  （k<i && g[i]是与k无关的变量）才能用到单调队列进行优化。

优化的对象就是f[k]。

但是，现在我们的复杂度为O（n^2 * m)，复杂度过高，故需使用队列优化。

我们注意到，将dp方程进行一些变化后，可以得到dp[i][j] = min{dp[i - 1][k]  - d[i][k - 1]} +d[i][j]，显然，min中的部分是一个关于k的函数，并且每次要求的是k在一定范围内的最小值，而且区间范围是单调变化的（区间起点终点一直在增加）。那么我们就可以对这个函数进行队列优化。

设置一个双端队列，保存当前区间的最小值。显然，对于两个点p,q,p < q,若p处的值比q还要大，那么p处的值永远都不可能被使用了，所以就将这个值剔除。每次区间延长时，将新加入的值与原队列末尾的值进行比较，如果新值较小，就将原队尾的的值剔除，再比较，直到不再满足条件，再将新值插入到队列尾端。而每次求当前区间的最小值，就是队列的第一个值。

#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;const ll maxn = 5000 + 10;const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;ll n,m;ll dp[maxn][maxn];ll d[maxn];deque<ll> deq;struct Hole{ll a;ll b;bool operator <(const Hole & p) const {return a < p.a;}}holes[maxn];ll p[maxn];int main(){scanf("%I64d%I64d",&n,&m);for(int i = 1;i <= n;i++){scanf("%I64d",&p[i]);}for(int i = 1;i <= m;i++) {scanf("%I64d%I64d",&holes[i].a,&holes[i].b);}sort(p + 1,p +n +1);sort(holes + 1,holes + m + 1);memset(dp,127,sizeof(dp));for(int i = 0;i <= m;i++) dp[i][0] = 0;for(int i = 1;i <= m;i++){d[0] = 0;for(int j = 1;j <= n;j++) d[j] = d[j - 1] + llabs(holes[i].a - p[j]);deq.clear();for(int j = 0;j <= n;j++){int temp = j - holes[i].b - 1;if(temp >= 0 && dp[i - 1][temp] - d[temp] == deq.front()) deq.pop_front();while(!deq.empty() && deq.back() > dp[i - 1][j] - d[j]) deq.pop_back();deq.push_back(dp[i- 1][j] - d[j]);dp[i][j] = deq.front() + d[j];}}if(dp[m][n] >= INF) printf("-1\n");else printf("%I64d\n",dp[m][n]);return 0;}