P11114 [ROI 2024] 小推车 (Day 1) 题解

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题目注意

是从1~n的顺序服务乘客，并且每一次必须要到第一个没有被处理的人

关键思路

首先需要想到，我们的瓶子是动态调整的，也就是说如果我们当前有空瓶子，就可以变成当前处理的乘客所需的颜色

再进行进一步思考，我们定义\(w_i\)表示到\(i\)所需要的瓶子数量，不难发现，\(w_i\)是定值，也就意味着我们到达任意一个位置，需要的瓶子数量是确定的

状态设计

接下来设计\(f_i\)，表示处理到\(i\)位置所需的最小移动次数，定义\(v_i\)表示从\(i\)位置返回补充点并返回到下个服务位置所需要的最小移动次数，那么：

\(f_i = min(f_j + v_j + i - j - 1)\)

理解一下这个式子，这个式子实际上表示的是从在\(j\)位置前往补充，并到下一个服务位置，然后一直处理到\(i\)

那么这就需要在\(j\)位置所提供的(\(w_j+\)能够补充的瓶子数量$ \ge w_i\()，定义\)q_i\(表示在\)i\(位置所剩下的空瓶数目，则\)w_i+q_i\(就表示在\)i\(位置前往补充所能得到的瓶子总数（所使用的\)w_i\(+未使用的\)q_i\(），则若\)w_j+q_i < w_i\(，也就表示在\)j\(位置进行补充所获得的瓶子总数依然无法满足\)i$位置的需求，那么显然是不能转移的

汇总一下，也就是一下两条：

• \(f_i = min(f_j + v_j + i - j - 1)\)
• \(w_j+q_j \ge w_i\)

初始的状态也可以讲下，\(q_0 = m,f_0 = 0,w_0 = 0\)

优化DP

如果只是强行DP，时间复杂度是\(O(n^2)\)的，不能接受，考虑优化

观察到\(w_i+q_i\)不降（因为瓶子总数不可能减少），因此可以使用单调队列优化DP，这个部分比较板，不会的可以看Code

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0)
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout)
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 1e6 + 10;
deque<int> d;
int n,m,k,p;
int c;
int a[N];
int con[N];
LL w[N],q[N],val[N],f[N];
LL calc(int u){
	return f[u] + val[u] - u;
}
int main()
{
	IOS;
	cin >> n >> m >> k >> p;
	cin >> c;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin >> a[i];
	q[0] = m;
	for(int i=1;i<=n;i++){//预处理出w_i,q_i,val_i
		w[i] = w[i-1];
		q[i] = q[i-1];
		if((con[a[i]] % p) == 0){
			w[i] ++ ;
			q[i] -- ;
		}
		con[a[i]] ++ ;
		if((con[a[i]] % p) == 0){
			q[i] ++ ;
		}
		if(c == 1) val[i] = 2 * n - 2 * i + 1;
		if(c == 2) val[i] = 2 * i + 1;
		if(c == 3) val[i] = min(2 * n - 2 * i + 1,2 * i + 1);
	}
	val[0] = 1;
	d.push_back(0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i] = calc(d.front()) + i - 1;
		while(!d.empty() && calc(d.back()) >= calc(i))//如果队尾的元素没有当前位置优，直接弹出
			d.pop_back();
		d.push_back(i);
		while(!d.empty() && d.front() < i+1 && w[d.front()] + q[d.front()] < w[i+1]){//如果队头的元素无法转移的限制，直接弹出
			d.pop_front();
		}
	}
	cout << f[n] + 1;
	return 0;
}