BZOJ 1096: [ZJOI2007]仓库建设(斜率优化)

BZOJ 1096: [ZJOI2007]仓库建设

题目概述:

有n个位置,对于每一个位置有两种选择,就地建仓库,代价为C,或者运到比它编号大的最近的仓库,代价为X*P,求最小代价.

题目分析:

1.先进行朴素算法的思考,很容易想到,对于当前i位置来说,可分为两部分,一部分是之前已经处理了的,一部分是全部运到i处的,如下:

ans[i]=min{ans[j]+cost(j+1,i)+C[i]|1<=j< i} (cost(j+1,i)表示从j+1到i运到i的代价)

那么现在的问题就是如何求这个cost.
对于求某一段的值,可以先认为将其从山顶(也就是一号点)处往下运到目标点,再减去从山顶到每一个点的代价即可,这样便容易实现了

设sum[i]表示从1到i的产品数量和,cost[i]表示从1到i的产品全部运往1号点的代价

则有从j+1到i的代价和为(sum[i-1]-sum[j])*X[i]-(cost[i-1]-cost[j])

则有转移方程:ans[i]=min{ans[j]+(sum[i-1]-sum[j])*X[i]-(cost[i-1]-cost[j])+C[i]|i<=j< i}

2.推导式子,转化成类似斜率的形式,假设对于i点的决策,j比k更优(1<= j< k < i):

ans[j]+(sum[i-1]-sum[j])*X[i]-(cost[i-1]-cost[j])+C[i]
< ans[k]+(sum[i-1]-sum[k])*X[i]-(cost[i-1]-cost[k])+C[i]

⇒ ans[j]-sum[j]*X[i]+cost[j] < ans[k]-sum[k]*X[i]+cost[k]

⇒ ans[j]-ans[k]+cost[j]-cost[k] < (sum[j]-sum[k])*X[i]

因为j < k,则有

⇒ (ans[j]-ans[k]+cost[j]-cost[k])/(sum[j]-sum[k]) > X[i]

3.用单调队列维护维护凸包即可.

代码:

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1000000+10;int X[maxn],P[maxn],C[maxn],que[maxn];ll ans[maxn],sum[maxn],cost[maxn];//sum[i]表示从1到i的产品数量和,cost[i]表示从1到i的产品全部运往1号点的代价double slope(int j,int k)//j<k{    return (ans[j]-ans[k]+cost[j]-cost[k])/(1.0*(sum[j]-sum[k]));}int main(){    int N;    scanf("%d",&N);    for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d%d%d",&X[i],&P[i],&C[i]);    for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+P[i],cost[i]=cost[i-1]+(ll)X[i]*P[i];    int head=0,tail=0;    for(int i=1;i<=N;i++) {        while(head<tail&&slope(que[head],que[head+1])<X[i]) head++;        int j=que[head];        ans[i]=ans[j]+(sum[i-1]-sum[j])*X[i]-(cost[i-1]-cost[j])+C[i];        while(head<tail&&slope(que[tail-1],que[tail])>slope(que[tail],i)) tail--;        que[++tail]=i;    }    printf("%lld",ans[N]);    return 0;}