文章标题 CSU 1963: Feed the rabbit (斜率DP优化)
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1963: Feed the rabbit
传送门
题意:说有n个坑m只兔子,每只兔子会在ti时间后的di坑冒头(处于等待状态),有p个人,每个人都可以在任意时间内以1的速度走向n洞并喂食沿途的兔子,求兔子最少的总等待时间
分析:第i只兔子在ti时间出现在di个洞,所以可以用坐标(x,y)来表示兔子的坐标,x表示第i个洞离第一个洞的距离,y表示出现的时间。由于人的速度恒定为1,因此相当于一条斜率为1的直线,那么对于每只兔子,它需要等待的时间就是(x,y)到这条直线的垂直距离且(x,y)必须在直线的下方(兔子必须在人到达洞的时候就在)。那么我们可以进一步地将坐标(x,y)映射在y轴上:(x=0,y=y-x)
问题就转换成了求:摆放p条斜率为1的直线,使得所有的点到自己上方的那条直线的距离之和最小
设dp[ i][j]为第i根线放在j点上的最小等待总和,然后有定义Y[i]表示第i个点映射在Y轴上的坐标,定义sum[i]表示前i个点的Y坐标之和。最终可以得到状态转移程程
dp[i][j]=min(dp[i-1][k]+(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[k])),其中(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[i])表示第k个点到第j个点到第i条线的距离总。
然后可以看出这个方程可以用斜率dp优。
设z < k < j,然后k的决策比z的决策要优,所以到
dp[i-1][k]+(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[k]) < dp[i-1][z]+(j-z)*Y[j]-(sum[j]-sum[z]),然后整理一下可以得到dp[i-1[k]+sum[k]-(dp[i-1][z]+sum[z]) < (k-z)*Y[i]。可以看出(dp[i-1[k]+sum[k]-(dp[i-1][z]+sum[z]) )/(k-z)就是斜率。
注意:由于二维数组太大,所以用滚动数组。
代码:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int n,m,p;long long d[100005];long long Y[100005];//映射在Y轴 的坐标,其中x轴表示兔子的洞离第1个洞的距离,y轴表示时间 long long sum[100050];//表示前i个点的Y坐标的和 long long dp[2][100005];//滚动数组int cur,pre;//当前与前驱;int q[100006];long long getDP(int j,int k){ return dp[pre][k]+(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[k]);}long long getUP(int k,int z){ return dp[pre][k]-dp[pre][z]+sum[k]-sum[z];} long long getDown(int k,int z){ return k-z;}int main(){ while (scanf ("%d%d%d",&n,&m,&p)!=EOF){ d[1]=0; for (int i=2;i<=n;i++){ scanf ("%d",&d[i]); d[i]+=d[i-1]; } long long x,y; for (int i=1;i<=m;i++){ scanf ("%lld%lld",&x,&y); Y[i]=y-d[x]; } sort(Y+1,Y+1+m); sum[0]=sum[1]=0; for (int i=2;i<=m;i++){ Y[i]-=Y[1]; sum[i]=sum[i-1]+Y[i]; } Y[1]=0; memset(dp,0x3f,sizeof(dp));// for (int i=0;i<=m;i++){// dp[0][i]=dp[1][i]=200000;// } dp[0][0]=0; cur=1,pre=0; for (int i=1;i<=p;i++){ cur=i%2;pre=cur^1; int tail=0;int head=0; q[tail++]=0; for (int j=1;j<=m;j++){ while (head+1<tail&&getUP(q[head+1],q[head])<Y[j]*getDown(q[head+1],q[head])){ head++; } dp[cur][j]=getDP(j,q[head]); while (head+1<tail&&getUP(j,q[tail-1])*getDown(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDown(j,q[tail-1])){ tail--; } q[tail++]=j; } } printf ("%lld\n",dp[p%2][m]); } return 0;}
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