洛谷 P2703 [NOI2006]千年虫 题解
题意简述
好像是删格子，但是不难发现这个千年虫把格子分成了左右两部分，我们不考虑千年虫，题目就是在左右两边加上一些格子，是左右两边都是梳子形状，求最少加几个格子。
具体做法
因为左右两边相对独立,所以可以单独计算两边。
设第i行的初始高度为 \(a_i\);
最终高度为 \(b_i\);
\(f(i,j,s)\) 表示前i行中当前行最终高度为 \(j\)，凹凸性为 \(s\)(\(s=0\) 是凹，\(s=1\) 是凸）所需要加的最少块数。
可得：
\(f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j-1,s),f(i-1,k,1-s)\}(k<j,s=1;k>j,s=0)\);
这样的复杂度是 \(O(n^3)\) 的，大部分测试点肯定会超时，可以预处理一下，然后复杂度就会变为 \(O(n^2)\)，应该可以得到一半的分。
一半分的代码我就不放了。
那么如何才能拿到满分呢？
我们发现，每行的最优值只会在所有的开区间 \(a_{p},a_{p}+2(\left\vert p-i \right\vert \le 2)\) 中产生，其实在我们可以证得无论两边的大小于关系是否大于二，都会满足这个性质（详细见下），用它来优化 \(j\) 的枚举边界，\(j\) 的有限个状态可以让复杂度变到 \(O(n)\)。
小于时最优值 \(b_{i}\) 会满足 \(\left\vert p-i \right\vert \le 1,b_{p}\in a_{p},a_{p}+2\);
大于时会满足 \(\left\vert p-i \right\vert \le 2,b_{p}\in a_{p},a_{p}+2\);
所以满足以上结论。
然后就可以愉快的过题了！
100pts code
/*
这次不卡常也跑得飞快！
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000001,INF=0x3f3f3f3f;
int n,ans,l[maxn],a[maxn],f[2][20][2],q[2][maxn],p[2];
void work()
{
memset(f,0x7f,sizeof(f));
p[1]=0;
for(int j=1;j<4;++j)
{
for(int k=a[j];k<a[j]+3;++k)
{
if(k>=a[1]) q[1][++p[1]]=k;
}
}
for(int i=1;i<=p[1];++i)
{
f[1][i][0]=q[1][i]-a[1];
}
int u=1,v=0;
for(int i=2;i<n+1;++i)
{
u^=1;v^=1;
p[u]=0;
int x=(i-2<1)?1:i-2,y=(n<i+2)?n:i+2;
for(int j=x;j<y+1;j++)
{
for(int k=a[j];k<a[j]+3;k++)//根据以上性质优化
{
if(k>=a[i]) q[u][++p[u]]=k;
}
}
for(int j=1;j<=p[u];++j)
{
f[u][j][1]=f[u][j][0]=INF;
for(int k=1;k<=p[v];++k)
{
if(q[v][k]>q[u][j]) f[u][j][0]=min(f[u][j][0],f[v][k][1]);
else
{
if(q[v][k]<q[u][j]) f[u][j][1]=min(f[u][j][1],f[v][k][0]);
else
{
f[u][j][0]=min(f[u][j][0],f[v][k][0]);
f[u][j][1]=min(f[u][j][1],f[v][k][1]);
}
}
}
f[u][j][0]+=q[u][j]-a[i];
f[u][j][1]+=q[u][j]-a[i];
}
}
int tmp=INF;
for(int i=1;i<=p[u];++i)
{
tmp=min(tmp,f[u][i][0]);
}
ans+=tmp;
}
signed main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&l[i],&a[i]);
}
work();//同样是分左右两部分操作
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=maxn-l[i];
}
work();
printf("%d",ans);
return 0;
}
思路来自这里
