[洛谷P2605] ZJOI2016 基站选址
问题描述
有N个村庄坐落在一条直线上，第i(i>1)个村庄距离第1个村庄的距离为Di。需要在这些村庄中建立不超过K个通讯基站，在第i个村庄建立基站的费用为Ci。如果在距离第i个村庄不超过Si的范围内建立了一个通讯基站，那么就村庄被基站覆盖了。如果第i个村庄没有被覆盖，则需要向他们补偿，费用为Wi。现在的问题是，选择基站的位置，使得总费用最小。
输入格式
输入文件的第一行包含两个整数N,K，含义如上所述。
第二行包含N-1个整数，分别表示D2,D3,…,DN ，这N-1个数是递增的。
第三行包含N个整数，表示C1,C2,…CN。
第四行包含N个整数，表示S1,S2,…,SN。
第五行包含N个整数，表示W1,W2,…,WN。
输出格式
输出文件中仅包含一个整数，表示最小的总费用。
样例输入
3 2
1 2
2 3 2
1 1 0
10 20 30
样例输出
4
说明
40%的数据中，N<=500；
100%的数据中，K<=N，K<=100，N<=20,000，Di<=1000000000，Ci<=10000，Si<=1000000000，Wi<=10000。
解析
可以想到是动态规划的题目。设\(f[i][j]\)表示把第j个基站修在第i个村庄且不考虑第i+1到第n个村庄的最小费用。那么，状态转移方程为
其中\(cost(k,i)\)表示\(k\)到\(i\)的村庄中没有被\(i\)和\(k\)基站覆盖到的村庄所需的赔偿费用。这样做是可能会达到\(O(n^2k)\)的复杂度。考虑如何优化。
对每一个村庄\(i\)求出最左边能够覆盖到它的村庄和最右边能够覆盖到它的村庄(记为\(l[i]\)和\(r[i]\))。那么在\(l[i]\)之前的村庄都无法覆盖到\(i\)。在往\(i+1\)转移的时候，对于村庄\(k\)满足\(r[k]=i\)，如果是从\([1,l[k]-1]\)转移过来的话，一定会赔偿\(k\)，即\([1,l[k]-1]\)的费用都会增加\(k\)的赔偿。所以，用线段树维护\(f[k][j-1]+cost(k,i)\)的值，同时用邻接表记录\(r[k]=i\)的\(k\)，每次转移都区间修改，然后在\([1,i-1]\)中取最小值。
还有一点，由于DP时没有考虑后面的村庄，为了避免漏掉最后一个村庄的情况，我们可以加入第\(n+1\)个村庄，并强制这个村庄上建立第\(k+1\)个基站。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 20002
using namespace std;
const int inf=1<<30;
struct SegmentTree{
int dat,add;
}t[N*4];
int head[N],ver[N*2],nxt[N*2],tot;
int n,k,i,j,x,d[N],c[N],s[N],w[N],l[N],r[N],f[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
void insert(int x,int y)
{
tot++;
ver[tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void build(int p,int l,int r)
{
t[p].add=t[p].dat=0;
if(l==r){
t[p].dat=f[l];
return;
}
int mid=(l+r)/2;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
t[p].dat=min(t[p*2].dat,t[p*2+1].dat);
}
void spread(int p)
{
if(t[p].add){
t[p*2].dat+=t[p].add;
t[p*2+1].dat+=t[p].add;
t[p*2].add+=t[p].add;
t[p*2+1].add+=t[p].add;
t[p].add=0;
}
}
void change(int p,int l,int r,int ql,int qr,int x)
{
if(ql>qr) return;
if(ql<=l&&r<=qr){
t[p].dat+=x;
t[p].add+=x;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
spread(p);
if(ql<=mid) change(p*2,l,mid,ql,qr,x);
if(qr>mid) change(p*2+1,mid+1,r,ql,qr,x);
t[p].dat=min(t[p*2].dat,t[p*2+1].dat);
}
int ask(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql>qr) return 0;
if(ql<=l&&r<=qr) return t[p].dat;
int mid=(l+r)/2,ans=1<<30;
spread(p);
if(ql<=mid) ans=min(ans,ask(p*2,l,mid,ql,qr));
if(qr>mid) ans=min(ans,ask(p*2+1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
int main()
{
n=read(),k=read();
for(i=2;i<=n;i++) d[i]=read();
for(i=1;i<=n;i++) c[i]=read();
for(i=1;i<=n;i++) s[i]=read();
for(i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
n++;k++;
d[n]=w[n]=inf;
for(i=1;i<=n;i++){
l[i]=lower_bound(d+1,d+n+1,d[i]-s[i])-d;
r[i]=lower_bound(d+1,d+n+1,d[i]+s[i])-d;
if(d[r[i]]>d[i]+s[i]) r[i]--;
insert(r[i],i);
}
int ans=inf;
for(j=1;j<=k;j++){
if(j==1){
int tmp=0;
for(i=1;i<=n;i++){
f[i]=tmp+c[i];
for(x=head[i];x;x=nxt[x]) tmp+=w[ver[x]];
}
}
else{
build(1,1,n);
for(i=1;i<=n;i++){
f[i]=ask(1,1,n,j-1,i-1)+c[i];
for(x=head[i];x;x=nxt[x]) change(1,1,n,1,l[ver[x]]-1,w[ver[x]]);
}
}
ans=min(ans,f[n]);
}
printf("%d\n",ans);
}
