2023 7月 dp做题记录
7月 dp做题记录
The Bakery#
这道题的状态转移并不难列,经典的分段问题,设状态
这里的
现在的瓶颈是,如何快速的求出先前
求区间最大值,我们很容易想到用数据结构维护。需要区间修改和区间查询,求区间最大值,所以我们使用线段树。每枚举一个段数
复杂度
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9'){
x = (x << 1) + (x << 3) + (c - '0');
c = getchar();
}
return x * f;
}
int n, k;
int w[35010 << 2], dp[35010][60], lazy[35010 << 2];
int pre[35010], pos[35010];
void pushup(int u){
w[u] = max(w[u << 1], w[u << 1 | 1]);
}
void build(int u, int l, int r, int now){
lazy[u] = 0;
if(l == r){
w[u] = dp[l - 1][now];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(u << 1, l, mid, now);
build(u << 1 | 1, mid + 1, r, now);
pushup(u);
}
void pushdown(int u, int l, int r){
w[u << 1] += lazy[u];
w[u << 1 | 1] += lazy[u];
lazy[u << 1] += lazy[u];
lazy[u << 1 | 1] += lazy[u];
lazy[u] = 0;
}
void update(int u, int l, int r, int L, int R){
if(L <= l && r <= R){
w[u]++;
lazy[u]++;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(u, l, r);
if(L <= mid) update(u << 1, l, mid, L, R);
if(R > mid) update(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
pushup(u);
}
int query(int u, int l, int r, int L, int R){
if(L <= l && r <= R){
return w[u];
}
int mid = (l + r) >> 1, ans = 0;
pushdown(u, l, r);
if(L <= mid) ans = max(ans, query(u << 1, l, mid, L, R));
if(R > mid) ans = max(ans, query(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
return ans;
}
int main(){
n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; i++){
int a = read();
pre[i] = pos[a];
pos[a] = i;
}
for(int j = 1; j <= k; j++){
build(1, 1, n, j - 1);
for(int i = 1; i <= n; i++){
update(1, 1, n, pre[i] + 1, i);
dp[i][j] = query(1, 1, n, 1, i);
}
}
cout << dp[n][k] << endl;
return 0;
}
P5785 [SDOI2012] 任务安排#
先考虑朴素的做法,当前费用与启动次数有关,并且与区间内的和有关,所以处理前缀和,设状态
这样的状态复杂度是
考虑转换状态表示,我们发现当前启动仅对之后的任务费用有影响,所以我们把费用提前,把启动多出的费用提前计算,这样就不用考虑先前的启动次数了,状态
复杂度变为
这时候我们希望能更快找到先前的最小值。化简时发现当前枚举状态
化简式子,这里将
这里为什么可以把
这样子,我们可以发现这是一次函数的形式,并且要使
所以问题就变成,维护点集中有价值的点,并快速求出第一次碰到的点。由于点是无序的,我们可以两两连线,发现对答案有贡献的点即为这些直线组成的下凸包。根据下凸包的性质,组成下凸包的直线的斜率不断增大,我们可以用单调队列维护不断增大的斜率,若出现一个点,它与队尾连线的斜率小于队尾与它的前一位连线的斜率时,我们弹出队尾(因为这时队尾会成为上凸包的顶点)。
在此题中,
这样复杂度降到
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9'){
x = (x << 1) + (x << 3) + (c - '0');
c = getchar();
}
return x * f;
}
ll n, s, l = 1, r;
ll t[300010], c[300010];
ll q[300010], dp[300010];
ll find(ll l, ll r, int now){
ll res = r;
while(l <= r){
ll mid = (l + r) >> 1;
if((dp[q[mid + 1]] - dp[q[mid]]) >= (s + t[now]) * (c[q[mid + 1]] - c[q[mid]])) res = mid, r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return q[res];
}
int main(){
n = read(), s = read();
for(int i = 1; i <= n; i++){
t[i] = read(), c[i] = read();
t[i] += t[i - 1];
c[i] += c[i - 1];
}
q[++r] = 0;
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
ll j = find(l, r, i);
dp[i] = dp[j] + s * (c[n] - c[j]) + t[i] * (c[i] - c[j]);
while(l < r && (dp[q[r]] - dp[q[r - 1]]) * (c[i] - c[q[r]]) >= (dp[i] - dp[q[r]]) * (c[q[r]] - c[q[r - 1]])) r--;
q[++r] = i;
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}
P3195 [HNOI2008] 玩具装箱#
经典的斜率优化动态规划问题。
首先考虑朴素做法,此题为典型的分段问题,并且不关心分了几段,可设状态
式子的变量太多,化简式子。可以发现求和部分可以用前缀和维护。将
式子最后化简为
复杂度是
这次用更为普遍的方法。考虑对于两个量
将
这就是经典的斜率优化的形式,即满足此不等式的
针对这一题,由于
补充:
这里需要补充一下为什么对于点集,我们只需要维护上凸包或下凸包即可。
为了方便表述,我们定义
接下来我们要证明: 如果
- 当
时,选择 优于选择 ,排除 。 - 当
时,选择 优于选择 ,又因为 ,所以选择 优于选择 ,同样排除 。
所以假设成立。
此处引用 「算法笔记」斜率优化 的证明
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9'){
x = (x << 1) + (x << 3) + (c - '0');
c = getchar();
}
return x * f;
}
ll n, L, l = 1, r;
ll c[50010], f[50010], sum[50010], g[50010], dp[50010];
ll q[50010];
double slope(int j1, int j2){
return (double)((dp[j2] + g[j2]) - dp[j1] - g[j1]) / (f[j2] - f[j1]);
}
int main(){
n = read(), L = read();
for(int i = 1; i <= n; i++){
c[i] = read();
sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
f[i] = sum[i] + i;
g[i] = (f[i] + L + 1) * (f[i] + L + 1);
}
g[0] = (L + 1) * (L + 1);
q[++r] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
while(l < r && slope(q[l], q[l + 1]) <= 2 * f[i]) l++;
dp[i] = dp[q[l]] + (f[i] - f[q[l]] - 1 - L) * (f[i] - f[q[l]] - 1 - L);
while(l < r && slope(q[r - 1], q[r]) > slope(q[r], i)) r--;
q[++r] = i;
}
printf("%lld\n", dp[n]);
return 0;
}
P3648 [APIO2014] 序列分割#
把长度为
对于这一类题,我们都可以探索一个性质。因为题目中的分块是无序的,可能同一分割方法不同分割顺序得到的答案不一样,这不利于我们转移,但我们可以猜测分割顺序是不影响答案的。
设有
先分割
先分割
所以顺序不影响答案,我们只需要求出如何分割即可。
从左到右按顺序考虑,可设状态
求先前最大值,并且带有
原式为
设
这可以看作点集
对于询问方案,每次转移时,记录转移点,从后往前不断跳前继转移点即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9'){
x = (x << 1) + (x << 3) + (c - '0');
c = getchar();
}
return x * f;
}
ll n, K, l, r;
ll f[100010], sum[100010], dp[100010], a[100010], q[100010], sum2[100010];
int pre[100010][210];
double slope(int k1, int k2){
if(sum[k1] == sum[k2]) return -1e18;
return 1.0 * (f[k1] - sum2[k1] - f[k2] + sum2[k2]) / (sum[k2] - sum[k1]);
}
int main(){
n = read(), K = read();
for(int i = 1; i <= n; i++){
a[i] = read();
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
sum2[i] = sum[i] * sum[i];
}
for(int k = 1; k <= K; k++){
for(int i = 1; i <= n; i++){
f[i] = dp[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) q[i] = 0;
l = 1, r = 0;
q[++r] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
while(l < r && slope(q[l], q[l + 1]) <= sum[i]) l++;
dp[i] = f[q[l]] + sum[q[l]] * (sum[i] - sum[q[l]]);
pre[i][k] = q[l];
while(l < r && slope(i, q[r]) <= slope(q[r], q[r - 1])) r--;
q[++r] = i;
}
}
cout << dp[n] << endl;
int now = n;
for(int i = K; i >= 1; i--){
cout << pre[now][i] << " ";
now = pre[now][i];
}
cout << endl;
return 0;
}
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