[NOIP2018 普及组] 摆渡车 题解
《关于我上冬令营网课时，听说普及组考过斜率优化DP这件事》
题意理解
摆渡车往返一次要 \(m\) 分钟，但摆渡车可以在起点等人，故可以将往返一次的时间 \(T \in [m,\infty )\)。(但是个人都不会让他等于正无穷吧?)
求这 \(n\) 个人等待时间之和最小值。
设置状态
首先，观察数据范围
小数据就不说了吧
显然,可以根据时间设置状态。
设 \(f_{i}\) 表示前 \(i\) 个时间单位的最小花费。
状态转移
题上说了，摆渡车容量可以视为无限大，那么我们可以知道，摆渡车是印度产的，在时间 \(i\) 出发的车可以将在 \(i\) 及之前到站所有人都接走，花费为\(\sum (i-t_{k}) \ \ \ (t_{k}\le i)\)。
如果在 \(i\)之前的某时刻 \(j\)，摆渡车接过一次人呢?(根据题意 \(j\) 应当满足 \(0 \le j \le i-m\) )。
那么就有 \(f_{i}=min(f_{i},f_{j}+\sum (i-t_{k}))\ \ (j < t_{k}\le i)\) 。
这就是状态转移方程，可以发现遍历一段时间是 \(O(T)\) 的，枚举断点 \(j\) 也是 \(O(T)\) 的,而计算 \(\sum (i-t_{k})\) 是 \(O(n)\) 的。
这个DP时间复杂度为 \(O(nT^{2})\)。(恭喜你拿到我没截上屏的30分)
DP优化
优化计算
\(\sum (i-t_{k})\) 是显然能用前缀和搞一下的:
设 \(cnt_{i}\) 表示时间 \(i\) 及之前有多少人在到达。
\(sum_{i}\) 表示若在 \(i\) 之前来的人一直在等，那么这些人一共等了多久，\(sum_{i}\) 可以通过 \(cnt_{i}\) 累加得到。
n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
m=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
cnt[t=qr()]++;
ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
}
for(register int i=1;i<ed+m;i++)
{
cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下
sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
}
那么怎么通过 \(cnt\) 和 \(sum\) 计算出 \(\sum (i-t_{k})\ \ \ (j < t_{k}\le i)\) 呢?
请看图。
用水平线长短及端点来表示人的等待情况，我们要求的是蓝色线的总长度。
根据我画的圈圈，\(1=sum_{i}\) , \(2=sum_{j}\) , \(3=cnt_{j}*(i-j)\)。
那么就可以轻而易举地得到 \(\sum (i-t_{k}) = sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j)\ \ \ (j < t_{k}\le i)\)。
状态转移方程就能转化为
\(f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j))\ \ (j\le i-m)\) 。
于是复杂度愉快地变成了 \(O(T^{2})\) 。(现在有50pts了!)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1100006
#define LL long long
using namespace std;
int n,m;
LL f[N];
int t,cnt[N],sum[N],ed;
inline int qr()
{
char a=0;int w=1,x=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
int main()
{
n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
m=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
cnt[t=qr()]++;
ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
}
for(register int i=1;i<ed+m;i++)//最后一班车最晚在ed+m-1时走
{
cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下
sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
}
for(register int i=1;i<ed+m;i++)
{
f[i]=sum[i];//前面没有发车
for(register int j=0;j<=i-m;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]-sum[j]-cnt[j]*(i-j));//状态转移
}
LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for(register int i=ed;i<ed+m;i++)//统计答案
ans=min(ans,f[i]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
规避无用转移
显然，每次摆渡车的往返加等待时间不会超过 \(2m\) ,因为该时间超过 \(2m\) 时,在\(i-(m,2m)\)可以来一辆车，答案必定不会更劣。
所以，枚举 \(j\) 时只用枚举 \([max(0,i-2m),i-m]\)就可以了,复杂度变成了 \(O(Tm)\)。
把转移改一下就有70pts了！(开O2就过了)。
Code
for(register int i=1;i<ed+m;i++)
{
f[i]=sum[i];//前面没有发车
for(register int j=max(i-(m<<1),0);j<=i-m;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]-sum[j]-cnt[j]*(i-j));//状态转移
}
尖端科技——斜率优化(雾)
重新看一下式子:
\(f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j))\)
把min去掉，然后移下项，可以得到:
\(f_{j}+cnt_{j}*j-sum_{j}=cnt_{j}*i+f_{i}-sum_{i}\)
使 \(y=f_{j}+cnt_{j}*j-sum_{j}\) , \(k=i\) , \(x=cnt_{j}\) , \(b=f_{i}-sum_{i}\)
于是转移方程转化愉快地为 \(y=kx+b\) 的点斜式形式。
这里 \(x\) 和 \(k\) 具有点调性，可以用优先队列维护下凸包。
当遍历到时间 \(i\) 时将 \(i-m\) 入队，如果队列非空进行转移，如果队列是空的话，直接当做之前没有发过车对 \(f_{i}\) 赋值就行了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define N 9100006
#define LL long long
#define LB long double
using namespace std;
int n,m;
LL f[N],t,cnt[N],sum[N],q[N],ed;
inline int qr()
{
char a=0;int w=1,x=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
inline LB K(LL x,LL y)//计算两点间斜率
{
return (LB) (f[y]+cnt[y]*y-sum[y]-f[x]-cnt[x]*x+sum[x])/((cnt[y]==cnt[x])?(long double)1e-9:cnt[y]-cnt[x]);
}
int main()
{
n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
m=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
cnt[t=qr()]++;
ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
}
for(register int i=1;i<ed+m;i++)//最后一班车最晚在ed+m-1时走
{
cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下
sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
}
int l=1,r=0;
for(register int i=0;i<ed+m;i++)
{
if(i>=m)
{
int op=i-m;//将时间i-m入队
while(l<r&&K(q[r],op)<=K(q[r-1],q[r]))//维护下凸包
r--;
q[++r]=op;
}
while(l<r&&K(q[l],q[l+1])<=(LB)i)//找到最优转移的位置
l++;
f[i]=sum[i];//前面没有发车
if(l<=r)
f[i]=min(f[i],f[q[l]]+sum[i]-sum[q[l]]-cnt[q[l]]*(i-q[l]));
}
LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for(register int i=ed;i<ed+m;i++)//统计答案
ans=min(ans,f[i]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
