CF1007E Mini Metro(DP 化散为整,将状态压缩)

CF1007E Mini Metro

\(N\) 个站台,从左往右编号为 \(1,2,\cdots,n\),每个站台初始时(\(0\) 时刻)有 \(a_i\) 个人,从 \(0\) 时刻初开始游戏。

每个时刻,会依次发生如下事件:

  • 你可以选择召唤 \(0\) 辆、一辆或多辆向右行驶的火车(最大载客量为 \(K\)),接走所有站台上从左往右数的前 \(K\) 个人。如果所有站台上的总人数不足 \(K\),则接走所有站台上的人。
  • 在该时刻末,第 \(i\) 个站台上会增加 \(b_i\) 个人。
  • 如果在任意时刻第 \(i\) 个站台上的人数超过 \(c_i\),你就输了。

你现在要坚持到 \(T\) 时刻初,求你在不输的前提下,至少需要召唤多少辆火车。

\(N,T\le 200,1\le K\le 10^9,0\le a_i,b_i\le c_i\le 10^9\)

大致有个向 DP 思考的想法,仔细想想怎样记录状态,怎样快速描述每辆列车的影响。显然不能对每个站点记录人数,但是每个站点的要求只是小于等于 \(c_i\),在满足这个条件下它的价值只剩下了剩下人数和答案。

在 DP 的过程中一定要然后每辆车都拉满,在 \(a_{N+1}\) 放无限多个人,如果没有拉满就强制拉满。

\(\bigstar\texttt{Trick}\):发现如果记录到达上一次状态的最小列车数,我们就可以计算出,在下一个车站前面剩余的总人数

那么我们记录的就是完成前 \(i\) 个站,坚持到 \(t\) 时刻初的答案,转移有几种方式:

  • \(i\) 这个站点不需要清空,在 \(t\) 时刻内不会超出去。
  • 要在某一个时刻突然发车,尽量多地清理 \(i\) 站点。

根据转移的需要,设 \(f_{i,t,k}\) 表示完成前 \(i\) 个站点,坚持到 \(t\) 时刻,初始状态为 \(a_i\times k\) 时的最小列车数。如果无法实现则为 \(\infty\)。设 \(g_{i,t,k}\) 表示完成前 \(i\) 个站点,坚持到 \(t\) 时刻中间(在拉完人之后),且完成后除了第 \(i\) 个站其他都变成了 \(0\) 的最小列车数,初始状态为 \(a_i\times k\) 时的最小列车数。如果无法达到则为 \(\infty\)

那么初始状态就是 \(f_{0,?,0/1},g_{0,?,0/1}\),答案就是 \(f_{N+1,T,1}\)

\(A_i=\sum_{p=1}^ia_i,B_i=\sum_{p=1}^ib_i,C_i=\sum_{p=1}^ic_i\),转移如下:

  • \(i\) 站点不需要清理,\(k\times a_i+t\times b_i\le c_i\)

    保证 \(f_{i-1,t,k}\not=\infty\),不然无法转移。

    \(add=\left\lceil\dfrac{k\times A_{i-1}+t\times B_{i-1}}{K}\right\rceil\),若 \(add\times K\le k\times A_i+t\times B_i\)\(g\) 可以转移。

    \[f_{i,t,k}=f_{i-1,t,k}\\ g_{i,t,k}=add \]

  • \(i\) 站点可以被清理,\(k\times a_i+t\times b_i>c_i\) 必须清理,即使没有超也可以清理:

    不需要 \(f_{i-1,t,k}\not= \infty\),因为不从哪里转移过来。我们的操作如下:

    • 枚举在时间间隔 \(s\) 中间 \([1,i)\) 的所有站点都清空,可以直接清理 \(i\) 站。
    • \(s\) 中间发出几辆车清理 \(i\) 站。
    • 坚持 \(t-s\) 时间间隔并保证在此期间不清理 \(i\) 站且不会超过 \(c_i\)
    • 由于 \(g\) 转移的需要,在 \(t\) 时刻发出几辆车清理之前的车站。

    \(m=k\times A_i+s\times B_i-K\times g_{i,s,k}\) 表示在第一步中 \(i\) 站剩余人数。

    需要发出的车辆数为 \(add=\left\lceil\dfrac{\max\{m+(t-s)\times B_i-C_i,0\}}{K}\right\rceil\),需要满足 \(add\times K\le m\)

    那么转移如下:

    \[f_{i,t,k}=\min_{s}\{g_{i,s,k}+f_{i-1,t-s,0}+add\}\\ g_{i,t,k}=\min_{s}\{g_{i,s,k}+add+\left\lceil\dfrac{(t-s)\times B_{i-1}}{K}\right\rceil\} \]

    其中必须保证 \(g_{i,t,k}\times K\le k\times A_i+t\times B_i\)

#define Maxn 205
ll N,T,K;
ll a[Maxn],b[Maxn],c[Maxn],A[Maxn],B[Maxn],C[Maxn];
ll f[Maxn][Maxn][2],g[Maxn][Maxn][2];
int main()
{
	N=rd(),T=rd(),K=rd(),a[N+1]=2e9,b[N+1]=2e9,c[N+1]=infll;
	for(int i=1;i<=N;i++) a[i]=rd(),b[i]=rd(),c[i]=rd();
	for(int i=1;i<=N+1;i++)
		A[i]=A[i-1]+a[i],B[i]=B[i-1]+b[i],C[i]=C[i-1]+c[i];
	memset(f,0x3f,sizeof(f)),memset(g,0x3f,sizeof(g));
	for(int t=0;t<=T;t++) f[0][t][0]=f[0][t][1]=g[0][t][0]=g[0][t][1]=0;
	for(int i=1;i<=N+1;i++) for(ll t=0;t<=T;t++) for(ll k=0,add;k<=1;k++)
	{
		if(k*a[i]+t*b[i]<=c[i] && f[i-1][t][k]!=infll)
		{
			add=(k*A[i-1]+t*B[i-1]+K-1)/K;
			f[i][t][k]=f[i-1][t][k];
			if(add*K<=k*A[i]+t*B[i]) g[i][t][k]=add;
		}
		for(int s=0;s<t;s++)
		{
			if(g[i][s][k]==infll || f[i-1][t-s][0]==infll) continue;
			ll m=k*A[i]+s*B[i]-K*g[i][s][k];
			add=(max(m+(t-s)*b[i]-c[i],0ll)+K-1)/K;
			if(add*K>m) continue;
			f[i][t][k]=min(f[i][t][k],g[i][s][k]+f[i-1][t-s][0]+add);
			add+=((t-s)*B[i-1]+K-1)/K;
			if((g[i][s][k]+add)*K<=k*A[i]+t*B[i])
				g[i][t][k]=min(g[i][t][k],g[i][s][k]+add);
		}
	}
	printf("%lld\n",f[N+1][T][1]);
	return 0;
}
posted @ 2022-10-18 22:11  EricQian06  阅读(21)  评论(0编辑  收藏  举报