『做题记录』P10197 [USACO24FEB] Minimum Sum of Maximums P

[P10197 USACO24FEB] Minimum Sum of Maximums P

Description

见洛谷

Solution

   $max$ 并不利好求和，我们考虑对它进行变形，把 $max(a,b)$ 拆成 ${\displaystyle \frac{a+b+|a-b|}{2}}$ 。这样一来，问题就变为了最小化 $\sum _i{\displaystyle \frac{a_i+a_{i+1}+|a_i-a_{i+1}|}{2}}$ 。由于式子中的 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 是确定的，所以实际上我们要最小化的是 $\sum |a_i-a_{i+1}|$ 。

  题目限制 $K$ 个位置的数值，把数列 $a$ 分成了 $K+1$ 段，我们对其中一段进行分析。假定在段 $[L,R]$ 中填的是数列 $b$ ，不难发现数列 $b$ 有一个很好的性质： 数列 $b$ 有序，且邻项间大小关系与 $a_L,a_R$ 间的大小关系相同 。对于这个性质，我们可以通过 调整法 调整所有情况证明：

1. 对于已经有序的相邻的三个数 $x,y,z$ ，将其排为 $z,y,x$ 并不劣。
2. 对于关系为 $x<y>z$ 的三个数，将其排位 $x,z,y$ 不会变劣。
3. 对于关系为 $x>y<z$ 的三个数，将其排位 $y,x,z$ 不会变劣。

  对于 $a_L,a_R$ 两个位置，显然让 $minb$ 与两者间较小的相邻， $maxb$ 与两者间较大的相邻的更优。这样一来，这一整段的贡献就能达到最小值： $|a_L-minb|+(maxb-minb)+|a_R-\underset{b}{max}|$ 。也就是说，答案仅与每一段的 $minb,maxb$ 有关。

  接下来根据调整法的思想我们能进一步得到结论： 每一段的 $(minb,maxb)$ 一定是相离或包含的 。我们把贡献中与 $maxb$ 有关的拆出来，也就是 $maxb+|a_R-maxb|$ ，当 $maxb$ 增大时这个值只会变小或不变，同理调大 $minb$ 时其贡献 $-minb+|a_L-minb|$ 也只会变小或不变。所以，对于一个最优方案，我们一定能通过交换元素调小 $maxb$ ，调大 $minb$ ，将其调整至一个两两相离或包含的方案。

  我们考虑如何基于这一点求取答案。从小到大考虑把所有的元素填入段中，那么一个元素必然要么作为左端点，要么填入已存在左端点且未被填满的段中左端点最大的段内（由上诉结论贪心的考虑，一定能将填数方案调整为先填满左端点最大的方案）。由此我们就可以设计一个 dp 。我们设 $d{p}_{l,r,S}$ 表示下标为 $[l,r]$ 的数已填满段集合 $S$ 。由刚刚的过程可以得知我们填 $maxb-minb$ 较小的段一定是连续填入的，不会把数留给大的段。即设 $le{n}_S$ 表示段集合 $S$ 的长度之和，则对于 $d{p}_{l,r,S}$ 最小的 $l,r$ 一定满足 $r-l+1=lenS$ 。所以我们实际上只要考虑三种转移：

1. 目前左边/右边的数留给下一个包住它的段，$d{p}_{l,r,S}=min(d{p}_{l+1,r,S},d{p}_{l,r-1,S})$ ，这部分转移是 $O(1)$ 的，复杂度等于状态数 $O(2^k{n}^2)$ 。
2. 把一个右端未填满的区间和左边未填满的区间左右拼起来，考虑枚举子集 $S^{\prime }$ ，$d{p}_{l,r,S}$ 可以从 $d{p}_{l,l+len{S}^{\prime }-1}+d{p}_{r-lenS-S^{\prime }+1,r,S-S^{\prime }}$ 转移过来，复杂度为 $O(3^k{n}^2)$。
3. 用一个大段包住中间的小段 $x$ ，$d{p}_{l,r,S}$ 可以从 $d{p}_{l+1,r-1,S-\{x\}}+F_x(a_l,a_r)$，其中 $F_x(a_l,a_r)$ ，表示第 $x$ 段最小值为 $a_l$ 最大值为 $a_r$ 的贡献，这部分由于我们前面提到结论，的用大段包住小段的时候一定满足 $r-l+1=lenS$ ，所以复杂度为 $O(n{2}^{k}k)$ 。

  瓶颈在第二种转移，时间复杂度为 $O(3^k{n}^2)$ 。

Code

咕咕咕

Summary

调整法恐怖如斯