P6563 【[SBCOI2020] 一直在你身旁

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这道题题解写的太简洁了，这个 蒟蒻 看的很费劲，于是他决定写一篇更详细一点的题解。

基础分析：

基础 DP 方程：

\[\large dp[l][r] = \min\limits_{l\leq k<r}(\max(dp[l][k],dp[k+1][r])+a[k]) \]

这个式子还是很难理解的（也可能是我太菜了）。

首先是 \(dp[l][r]\) 的定义：确定电线长度在 \([l,r]\) 后最少需要多少钱才能准确确定电线长度。

显然当区间 \(l == r\) 时，\(dp[l][r]\) 的值为 \(0\) 。

此时，我们就可以逆推，从确定的元区间 \([l,l]\) 向上转移，从而推出 \(dp[l][r]\) ，转移就是上述方程（状态设计好了，转移还是比较容易的）。

但朴素做法是 \(O(n^3)\) 级别的，本题过不了。

优化：

看了一眼暴力的 DP 的式子，感觉有点单调队列优化的感觉，可以试一下：

但是这个方程 \(\min\limits_{i<k<j}(\max(dp[l][k],dp[k+1][r])+a[k])\) 很恶心，套了个 \(\min\max\) ，不好直接搞。

先考虑 \(l,r\) 已固定的情况。

仔细观察，在 \(k\) 移动的过程中，\(dp[l][k]\) 是单调不减的， \(dp[k+1][r]\) 是单调不增的，这一点还是比较好想的。

然后转换一下即是：当 \(dp[l][k] > dp[k+1][r]\) 时，后面 \(max\) 的决策一定是选择 \(dp[l][k]\) ，且在往后决策也不会变，反之选择\(dp[k+1][r]\) 。

于是我们总算有一点眉目了，即对每一个区间 \([l,r]\) 都存在一个中转点 \(x\) 满足 \(k < x\) 时选择 \(dp[l][k]\) ,反之选择 \(dp[k+1][r]\) 。

接下来继续考虑 \(l,r\) 移动的情况。

我们移动区间 \([l,r]\) 时，此时我们主要思考一下的是**中转点 \(x\) **的位置的变化,设 \(x_{l,r}\) 表示区间 \(l,r\) 的中转点。

肯定的是它的位置是单调的，也即对于任意区间 \([l,r],[l+k_1,r+k_2],k_1,k_2\in\N^+\) 都满足 \(\Large x_{l+k_1,r+k_1} > x_{l,r}\)。

列一下表就可以得到：

• \(\large x_{l,r} \in [l,l+k_1]\) 这种情况无论如何都存在 \(\large x_{l,r} \leq x_{l+k_1,r+k_1}\) 。

• \(\large x_{l,r}\in[l+k_1,r+k_1]\)

  • 若 \(\large x_{l+k_1,r+k_1} \in (l+k_1,r]\)，这种情况下，一定有 \(\large x_{l+k_1,r+k_1} == x_{l,r}\) 。
  • 若\(\large x_{l+k_1,r+k_1}\in(r,r+k_1]\)，显然 \(\large x_{l+k_1,r+k_1} > x_{l,r}\) 一定成立。

我自己都不是很明白为什么要把那么显然的一个东西分类讨论,可能因为我是个蒟蒻。

综上，我们可以确定中转点是具有单调性。

进一步分析，当中转点确定时，\(dp[l][r]\) 可能的取值。

很明显，它是需要分类讨论。

• \(dp[l][k] > dp[k+1][r]\ (1)\)
  • \(dp[l][r] = \min\limits_{l \leq k < r}(dp[l][k]+a[k])\)

这一个式子根据上面 \(dp[l][k]\) 是单调不减的，所以最小的直接取 \(dp[l][r] = dp[l][k]+a[k]\) 即可。

• \(dp[l][k] \leq dp[k+1][r]\ (2)\)
  • \(dp[l][r] = \min\limits_{l\leq k < r}(dp[k+1][r]+a[k])\)

这一个式子是满足单调性的，可以直接普通单调队列维护。

综上，我们成功将时间复杂度优化到了 \(O(n^2)\)，本题可以过。

代码实现：

下面贴的代码省略了前面漫长的手写 IO ，转移方面借鉴了 JohnVictor 大佬的提供的优化，将 \(l,r\) 换了个位置。

# define N 7100
# define reg register

class ysys_Deque 
{
	private:
			int d_e_q_u_e[(N<<1) + 5],Rear_,Front_;
			
	public :
			ysys_Deque(){Rear_=N;Front_=N+1;}
			~ysys_Deque(){}
			
			inline bool Empty(){return Front_ > Rear_;}
			inline int Size(){return Front_ <= Rear_ ? Rear_-Front_+1 : 0;}
			inline void Reset(){Rear_=N;Front_=N+1;} 
			inline int Front(){return d_e_q_u_e[Front_];}
			inline int Rear(){return d_e_q_u_e[Rear_];}
			inline int Get_Back(){return d_e_q_u_e[Rear_--];}
			inline int Get_Front(){return d_e_q_u_e[Front_++];}
			inline void Pop_Back(){--Rear_;}
			inline void Pop_Front(){++Front_;}
			inline void Push_Front(const int Val){d_e_q_u_e[--Front_] = Val;}
			inline void Push_Back(const int Val){d_e_q_u_e[++Rear_] = Val;}
			
} q;//手写双端队列

using namespace ysys::MMS;
long long f[N+5][N+5],a[N + 5];
int n,T;
using namespace ysys::unsigned_IO_f;

int main()
{
	T = Read();
	
	while(T--)
	{
		n = Read();
		
		for(reg int i = 1; i <= n ; ++i) a[i] = ReadL();
		
		for(reg int r = 2;  r <= n ; ++r)
		{//如果枚举区间长度，，改为枚举右端点。
			q.Reset();q.Push_Back(r-1);
			
			f[r][r-1] = a[r-1];
			 
			for(reg int l = r-2,k = r; l ; --l)//倒序枚举便于对右区间选取。
			{
				while(f[k-1][l] > f[r][k] && l < k) --k;//寻找中转点。
				
				f[r][l] = f[k][l] + a[k];//取dp[l][k]的转移。
				
				while(q.Size() && k <= q.Front()) q.Pop_Front();//将小于了中转点 k 的dp[k+1][r] 出队。
				
				if(q.Size()) f[r][l] = Min(f[r][l],f[r][q.Front()+1] + a[q.Front()]);
				
				while(q.Size() && f[r][q.Rear()+1] + a[q.Rear()] >= f[r][l+1] + a[l]) q.Pop_Back();
				//新增加的可能成为右区间最优解的 k+1。
				q.Push_Back(l);
			}
		}
		
		printf("%lld\n",f[n][1]);
	}
	
	return 0;
}

总结

个人感觉这道题的单队优化还是很难想的，能独立想出来的，单队也可以说是学的差不多了（蒟蒻个人见解勿喷）。