题解报告——特别行动队
P3628 [APIO2010]特别行动队
题目描述
你有一支由 n 名预备役士兵组成的部队,士兵从 1 到 n 编号,要将他们拆分 成若干特别行动队调入战场。出于默契的考虑,同一支特别行动队中队员的编号 应该连续,即为形如(i, i + 1, ..., i + k)(i,i+1,...,i+k) 的序列。 编号为 i 的士兵的初始战斗力为 xi ,一支特别行动队的初始战斗力 x 为队内 士兵初始战斗力之和,即 x = x_i + x_{i+1} + ... + x_{i+k}x=xi+xi+1+...+xi+k 。
通过长期的观察,你总结出一支特别行动队的初始战斗力 x 将按如下经验公 式修正为 x':x'= ax^2+bx+cx′:x′=ax2+bx+c ,其中 a, b, c 是已知的系数(a < 0)。 作为部队统帅,现在你要为这支部队进行编队,使得所有特别行动队修正后 战斗力之和最大。试求出这个最大和。
例如,你有 4 名士兵, x_1 = 2, x_2 = 2, x_3 = 3, x_4 = 4x1=2,x2=2,x3=3,x4=4 。经验公式中的参数为 a = –1, b = 10, c = –20。此时,最佳方案是将士兵组成 3 个特别行动队:第一队包含士兵 1 和士兵 2,第二队包含士兵 3,第三队包含士兵 4。特别行动队的初始战斗力分 别为 4, 3, 4,修正后的战斗力分别为 4, 1, 4。修正后的战斗力和为 9,没有其它 方案能使修正后的战斗力和更大。
输入输出格式
输入格式:
输入由三行组成。第一行包含一个整数 n,表示士兵的总数。第二行包含三 个整数 a, b, c,经验公式中各项的系数。第三行包含 n 个用空格分隔的整数 x_1, x_2, …, x_nx1,x2,…,xn ,分别表示编号为 1, 2, …, n 的士兵的初始战斗力。
输出格式:
输出一个整数,表示所有特别行动队修正后战斗力之和的最大值。
输入输出样例
说明
20%的数据中,n ≤ 1000;
50%的数据中,n ≤ 10,000;
100%的数据中,1 ≤ n ≤ 1,000,000,–5 ≤ a ≤ –1,|b| ≤ 10,000,000,|c| ≤ 10,000,000,1 ≤ xi ≤ 100
【思路分析】
这道题很显然是动规题,但是看一下数据范围1e6,很显然O(n^2)的动归是无法实现这么优秀的效率的,因此,我们便引入高级的斜率优化来帮助实现
加了斜率优化的动归的复杂度是O(n)级的,可以轻松过这道题。
【斜率优化】
首先,我们可以推出这道题的动态转移方程:
由于编号连续,所以很容易想出用前缀和sum[i]来储存每个士兵的战力值
用dp[i]储存选了i个士兵后战力值的最优解,可以得出——>dp[i]=MAX(dp[j]+a*(sum[i]-sum[j])^2+b*(sum[i]-sum[j])+c)
对于k<j<i,且k为比j更优的解可以得出一下方程:
dp[k]+a*(sum[i]-sum[k])^2+b*(sum[i]-sum[k])+c > dp[j]+a*(sum[i]-sum[j])^2+b*(sum[i]-sum[j])+c
化简后可得:
这里承接"DP——斜率优化"那篇博客得出两种等价的转移方程:
(dp[k]-dp[j]+a*sum[k]^2-a*sum[j]^2+b*sum[j]-b*sum[k]) / ( 2*a*(sum[k]-sum[j]) ) > sum[i] ————1
(dp[k]-dp[j]+a*sum[k]^2-a*sum[j]^2)/(sum[k]-sum[j]) > 2*a*sum[i]+b ————2
发现对于1来说sum[i]单增,所以我们维护一个单增的队列
对于2来说 因为a<0,我们就维护一个单减的队列
两种写法等价的
最后跑一波斜率优化即可
【代码实现】
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 using namespace std; 4 const int MAXN=1000005; 5 long long dp[MAXN],sum[MAXN]; 6 int que[MAXN]; 7 int n,a,b,c; 8 double get_k(int x,int y) 9 { 10 return 1.0*(dp[x]-dp[y]+a*sum[x]*sum[x]-a*sum[y]*sum[y]+b*sum[y]-b*sum[x])/(2*a*(sum[x]-sum[y])); 11 } 12 int main() 13 { 14 scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c); 15 for(int i=1;i<=n;i++) 16 { 17 scanf("%lld",&sum[i]); 18 sum[i]=sum[i-1]+sum[i]; 19 } 20 int lx=0,rx=0; 21 for(int i=1;i<=n;i++) 22 { 23 while(lx<rx&&get_k(que[lx],que[lx+1])<=sum[i]) lx++; 24 dp[i]=dp[que[lx]]+a*(sum[i]-sum[que[lx]])*(sum[i]-sum[que[lx]])+b*(sum[i]-sum[que[lx]])+c; 25 while(lx<rx&&get_k(que[rx-1],que[rx])>=get_k(que[rx],i)) rx--; 26 que[++rx]=i; 27 } 28 printf("%lld",dp[n]); 29 return 0; 30 }