BZOJ 1835: [ZJOI2010]base 基站选址 [序列DP 线段树]

1835: [ZJOI2010]base 基站选址

题目描述

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,那么就成它被覆盖了。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。 输入数据 (base.in) 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。

输入输出格式

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。

输入输出样例

输入样例#1:
3 2
1 2
2 3 2
1 1 0
10 20 30
输出样例#1:
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。


 

到洛谷偷了题面

理解了题解之后还是比较好写的

显然f[i][j]表示前i个村子建了j个基站且第i个村子建了基站

f[i][j]=c[i]+min{f[k][j-1]+cost(k,j)}

cost(k,j)表示k有一个基站,j有一个基站,k..j的补偿代价

关键就是快速计算这个东西了

 

线段树优化,就是用线段树区间min来logn获得转移来的状态中最小值吧

j这一维显然可以滚掉

想办法让线段树每个点表示了选这个点作为转移点时的代价

先把f[][j-1]建树,然后处理cost的问题

当i-->i+1时,发现左端点不变,右段点右移了,那么哪些刚好最远i位置可以覆盖到的点就可能要补偿了

所以对于点x,通过二分计算st[x]和ed[x]为x最左和最右到哪,然后用链表记录ed[x]为某个值的点有哪些,

对于ed[x]=i的点线段树[1,st[x]-1]区间加w[x],因为这些点右面不能被覆盖,左面再不能的话就要补偿了

 

复杂度 k*n*logn,区间加n次,区间min也有n次

注意:

1.j==1的时候O(n)特判就行了

2.n++ k++后 d[n]=w[n]=INF c[n]=0,f[n]就是最优解了

 

//
//  main.cpp
//  bzoj1835
//
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//

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define lc o<<1
#define rc o<<1|1
#define m ((l+r)>>1)
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
const int N=20005,INF=1e9+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,k,d[N],c[N],s[N],w[N];
int st[N],ed[N],f[N];

struct edge{
    int v,ne;
}e[N];
int h[N],cnt;
inline void ins(int u,int v){
    cnt++;
    e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
}

struct node{
    int mn,tag;
}t[N<<2];
inline void merge(int o){t[o].mn=min(t[lc].mn,t[rc].mn);}
inline void paint(int o,int d){
    t[o].tag+=d;
    t[o].mn+=d;
}
inline void pushDown(int o){
    if(t[o].tag){
        paint(lc,t[o].tag);
        paint(rc,t[o].tag);
        t[o].tag=0;
    }
}
void build(int o,int l,int r){
    t[o].tag=0;
    if(l==r) t[o].mn=f[l];
    else{
        build(lson);
        build(rson);
        merge(o);
    }
}
void segAdd(int o,int l,int r,int ql,int qr,int d){
    if(ql>qr) return;
    if(ql<=l&&r<=qr) paint(o,d);
    else{
        pushDown(o);
        if(ql<=m) segAdd(lson,ql,qr,d);
        if(m<qr) segAdd(rson,ql,qr,d);
        merge(o);
    }
}
int segQue(int o,int l,int r,int ql,int qr){
    if(ql>qr) return 0;
    if(ql<=l&&r<=qr) return t[o].mn;
    else{
        pushDown(o);
        int mn=INF;
        if(ql<=m) mn=min(mn,segQue(lson,ql,qr));
        if(m<qr) mn=min(mn,segQue(rson,ql,qr));
        return mn;
    }
}

void dp(){
    int ans=INF,_=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=_+c[i];
        for(int k=h[i];k;k=e[k].ne)
            _+=w[e[k].v];
        //printf("f j1 %d\n",f[i]);
    }
    
    for(int j=2;j<=k;j++){
        build(1,1,n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            f[i]=segQue(1,1,n,1,i-1)+c[i];
            for(int k=h[i];k;k=e[k].ne){
                int v=e[k].v;
                segAdd(1,1,n,1,st[v]-1,w[v]);
            }
        }
        ans=min(ans,f[n]);
    }
    printf("%d",ans);
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    n=read();k=read();
    for(int i=2;i<=n;i++) d[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
    n++;k++;
    d[n]=INF;w[n]=INF;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        st[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]-s[i])-d;
        ed[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]+s[i])-d;
        if(d[ed[i]]-d[i]>s[i]) ed[i]--;
        ins(ed[i],i);
        //printf("sted %d %d %d\n",i,st[i],ed[i]);
    }
    dp();
    return 0;
}

 

posted @ 2017-01-08 23:56  Candy?  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏