[NOI2009] 诗人小G [题解]
诗人小G
题目大意
给出 \(n\) 个长度不超过 \(30\) 的句子，要求你对其进行排版。
对于每一行，有一个规定的行标准长度 \(L\) ，每一行的不协调度等于该行的实际长度与行标准长度差的绝对值的 \(P\) 次方，而每一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。
每一行可以放入若干个句子，相邻的两个句子之间用空格隔开，每行的实际长度为该行拥有的字符数量(空格算一个字符)。
分析
首先我们比较容易想到 \(DP\) 。
设 \(f[i]\) 表示前 \(i\) 句诗排版的最小不协调度，很显然，状态转移方程为：
很显然此时时间复杂度为 \(O(n^2)\) ，并不能解决该问题。
注意到我们可以设 \(val(i,j)=|sum[i]-sum[j]+(i-j-1)-L|^p\) ，因此我们可以证明 \(val(i,j)\) 满足四边形不等式，那我们的 \(DP\) 就会满足决策单调性，凭此我们能够达到优化该 \(DP\) 的目的。
下证 \(val(i,j)\) 满足四边形不等式：
需要证明 \(\forall j<i,val(j,i+1)+val(j+1,i)\geq val(j,i)+val(j+1,i+1)\)
只需要证明：\(val(j+1,i)-val(j+1,i+1)\geq val(j,i)-val(j,i+1)\)
令 \(u=(sum[i]+i)-(sum[j]+j)-(L+1)\)
\(v=(sum[i]+i)-(sum[j+1]+j+1)-(L+1)\)
则原式为: \(|v|^p-|v+a[i+1]+1|^p\geq |u|^p-|u+a[i+1]+1|^p\) ，显然 \(u>v\) 。所以只需要证明 \(y=|x|^p-|x+c|^p\) 对于任意常数 \(c\) 单调递减。
当然，该证明并不太严格，严格证明需要讨论 \(x<-c,-c \le x\le 0,x>0\) 与 \(p\) 的奇偶性，加上求导即可证明。
于是，我们可以发现该 \(DP\) 具有决策单调性，因此可以直接使用前置知识中的方法求出最终的答案。
坑点
这题坑点比较多，首先是会爆掉 \(long long\) ，使用 \(long double\) 储存位数更多一些。还有就是不能输出多余的空格和回车，否则也会 \(WA\) 掉。
CODE
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long double ld;
const int N=1e5+10,INF=1e18;
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w*=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
struct node{
int l,r,p;
}arr[N]; //队列封装所有状态
int T,n,L,P,st,nd;
int num[N];
char sten[N][31]; //由于要输出，记录下输入的句子
int sum[N]; //记录句子长度的前缀和
ld f[N];
int g[N]; //g数组记录最佳决策点
inline ld power(ld x,int k) //快速幂，大材小用
{
if(x<0) x=-x; //防止结果返回负数
ld res=1;
while(k){
if(k&1) res=res*x;
x=x*x,k>>=1;
}
return res;
}
inline void in()
{
char ch=getchar();
for(register int i=1;i<=n;i++){
int l=0;
while((int)ch<33||(int)ch>127||ch=='-') ch=getchar();
while((int)ch>=33&&(int)ch<=127&&ch!='-') sten[i][++l]=ch,ch=getchar();
num[i]=l; //记录单个句子长度，方便输出
sum[i]=sum[i-1]+num[i]; //更新前缀和
}
}
inline int find(node now,int x)
{
int ans=now.r;
int l=now.l,r=now.r,v=now.p;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
ld com1=f[x]+power(sum[mid]-sum[x]+(mid-x-1)-L,P);
ld com2=f[v]+power(sum[mid]-sum[v]+(mid-v-1)-L,P);
if(com1<=com2) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
return ans;
}
inline void update(int x)
{
int pos=-1;
for(register int i=nd;i>=st;i--){
node now=arr[i];
ld temp1=f[x]+power(sum[now.l]-sum[x]+(now.l-x-1)-L,P);
ld temp2=f[now.p]+power(sum[now.l]-sum[now.p]+(now.l-now.p-1)-L,P); //左区间端点
ld temp3=f[x]+power(sum[now.r]-sum[x]+(now.r-x-1)-L,P);
ld temp4=f[now.p]+power(sum[now.r]-sum[now.p]+(now.r-now.p-1)-L,P); //右区间端点
if(temp1<=temp2) pos=now.l,nd--;
else if(temp3>temp4) break;
else { pos=find(now,x),arr[i].r=pos-1; break; }
}
if(pos==-1) return;
arr[++nd].l=pos;
arr[nd].r=n,arr[nd].p=x;
}
inline void out(int x,int last)
{
if(x==0) return;
out(g[x],x);
for(register int i=g[x]+1;i<=x;i++){
for(register int j=1;j<=num[i];j++) printf("%c",sten[i][j]);
if(i<x) printf(" ");
}
puts("");
}
signed main()
{
T=read();
while(T--){
n=read(),L=read(),P=read();
in(); //读入
st=nd=1; //队首队尾皆为1,
arr[st].l=1,arr[st].r=n,arr[st].p=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
node now=arr[st]; //取出队头
f[i]=f[now.p]+power(sum[i]-sum[now.p]+(i-now.p-1)-L,P);
g[i]=now.p; //记录当前点的最佳决策点
if(now.r>i) arr[st].l=i+1;
else st++; //队头出队
update(i); //更新队列
}
if(f[n]>INF||f[n]<0) puts("Too hard to arrange");
else{
int ans=f[n];
printf("%lld\n",ans);
out(g[n],n);
for(register int i=g[n]+1;i<=n;i++){
for(register int j=1;j<=num[i];j++) printf("%c",sten[i][j]);
if(i<n) printf(" ");
}
puts("");
}
if(T) puts("--------------------");
}
printf("--------------------");
return 0;
}
