题解-代价

题解-代价

前置知识：前缀和，暴搜找规律。

参考资料

暂无

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题目描述

代价

有一个 \(n+2\) 项的序列 \(a_1,a_2,...,a_{n+2}\)，给你 \(a_2\sim a_{n+1}\)，\(a_1=a_{n+2}=1\)，每删除一个数 \(a_i\) 的代价是 \(a_i\times a_{i-1}\times a_{i+1}\)，求删除序列的最小代价。

数据范围：\(1\le n\le 10^6\)，\(1\le a_i\le 10^4\)。

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考场上我没做出来，自闭了。

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这题的暴力非常好写，可以写个双向链表，这样删数时维护 \(a_{i+1}\) 和 \(a_{i-1}\) 就非常方便了。代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define kk(i,n) "\n "[i<n]
const int inf=0x3f3f3f3f;
const lng Inf=1e17;

//&Data
const int N=1e6+10;
int n,l[N],r[N];
lng a[N],b[N],sm[N],tmp,ans=Inf;

//&Main
void dfs(int x,lng sum){//我写了一个ida*，但其实没必要
	if(sum+sm[(n+1-x)]>=ans) return;
	if(x==n+1){ans=sum;return;}
	for(int i=r[0];i!=n+1;i=r[i]){
		l[r[i]]=l[i],r[l[i]]=r[i];
		dfs(x+1,sum+a[i]*a[l[i]]*a[r[i]]);
		l[r[i]]=i,r[l[i]]=i;
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	a[0]=a[n+1]=1;
	r[0]=1,l[n+1]=n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",a+i),b[i]=a[i];
		l[i]=i-1,r[i]=i+1;
		tmp=min(tmp,a[i]);
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sm[i]=sm[i-1]+b[i];
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

时间复杂度是必爆的，但是这种结论题，可以用暴搜找规律（我考场上没想到啊啊啊）。多造几个序列，最好小一点，要不然暴搜太慢。然后看暴搜最佳选择方案，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define kk(i,n) "\n "[i<n]
const int inf=0x3f3f3f3f;
const lng Inf=1e17;

//&Data
const int N=1e6+10;
int n,l[N],r[N],xuan[N],as[N];
lng a[N],tmp,ans=Inf;

//&Main
void dfs(int x,lng sum){
	if(sum+(n+1-x)*tmp>=ans) return;
	if(x==n+1){
		ans=sum;
		memcpy(as,xuan,sizeof xuan);
		return;
	}
	for(int i=r[0];i!=n+1;i=r[i]){
		l[r[i]]=l[i],r[l[i]]=r[i];
		xuan[x]=i;
		dfs(x+1,sum+a[i]*a[l[i]]*a[r[i]]);
		l[r[i]]=i,r[l[i]]=i;
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	if(n>10) return printf("%d\n",n),0;
	a[0]=a[n+1]=1;
	r[0]=1,l[n+1]=n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",a+i);
		l[i]=i-1,r[i]=i+1;
		tmp=min(tmp,a[i]);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",as[i],kk(i,n));
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

然后你会发现，最优删法大部分都是从两边开始删的，唯独类似于

1 1 5 1 1 //n=3

这样的序列，不得不从中间把大的数去掉。

然后你能会脑洞大开，但是最终的正确方法是——把每个两边是 \(1\) 并且不包含 \(1\) 的子序列从两边删，然后最后删 \(1\)。

大致证明:

\(\texttt{First}\) ... \(1\) 必须最后取。

如果不最后取 \(a_i=1\)，那么取 \(1\) 还会有 \(a_{i-1}\times a_{i+1}\) 的代价，并且取走两边的数的代价肯定会有个因子 \(a_{i-1}\times a_{i+1}\)。

而最后取 \(a_i=1\)，代价为 \(1\)（因为最后只剩 \(1\) 了），并且取 \(a_{i-1}\) 和 \(a_{i+1}\) 时也能把因子 \(1\) 用上。

\(\texttt{Second}\) ... 每个不包含 \(1\) 并且两边是 \(1\) 的序列从两边删最佳。

如果从两边删就相当于代价只有相邻两项的乘积（因为左边或右边一定是 \(1\)），然后如果不从两边删代价至少为三项相乘，最后总和总是要大一点的（真是很口胡的证明，得出结论还是主要靠找规律）。

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然后要知道得到了一个不包含 \(1\) 并且两边是 \(1\) 的区间 \([L,R]\) 要怎么 \(\Theta(R-L+1)\) 求最优取法（数据范围已经说明了时间复杂度）。

设 \([L,R]\) 最后取的数为 \(a_t(L\le t\le R)\)，那么从 \(a_L\) 一直取到 \(a_{t-1}\) 的代价是

\[\sum\limits_{i=L}^{t-1}a_i\times a_{i+1} \]

因为每次取的数左边肯定是 \(1\)。

同理，从 \(a_R\) 向左取到 \(a_{t+1}\) 的代价是

\[\sum\limits_{i=t+1}^{R}a_i\times a_{i-1} \]

然后取 \(a_t\) 的代价是 \(1\times a_t\times 1=a_t\)。

所以总代价是

\[W_t=\sum\limits_{i=L}^{t-1}a_i\times a_{i+1}+\sum\limits_{i=t+1}^{R}a_i\times a_{i-1}+a_t \]

而这个式子的前两项可以用前缀后缀和维护。

区间 \([L,R]\) 最优取法的代价就是

\[\min\{W_t\}(t\in[L,R]) \]

所以拿到区间 \([L,R]\) 求最优取法就是 \(\Theta(R-L+1)\)。

因为最后每取一个 \(1\) 的代价是 \(1\)，所以最后答案是

\[\sum\limits_{[L,R]}\min\{W_t(t\in[L,R])\}+\sum\limits_{i=2}^{n+1}[a_i=1] \]

所以总时间复杂度 \(\Theta(n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define kk(i,n) "\n "[i<n]
const int inf=0x3f3f3f3f;
const lng Inf=1e17;

//&Data
const int N=1e6+10;
int n;
lng a[N],sm[N],ms[N],ans;

//&Main
void solve(int l,int r){
	for(int i=l+1;i<=r;i++) sm[i]=sm[i-1]+a[i]*a[i-1]; //前缀和
	for(int i=r-1;i>=l;i--) ms[i]=ms[i+1]+a[i]*a[i+1]; //后缀和
	lng res=Inf;
	for(int i=l;i<=r;i++) res=min(res,a[i]+sm[i]+ms[i]);
	ans+=(res==Inf)?0:res; //如果序列长度为0，特判一下
}
int main(){
	scanf("%d",&n),a[0]=a[n+1]=1;//用0~n+1代替1~n+2
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
	for(int lst=0,i=1;i<=n+1;i++)if(a[i]==1) solve(lst+1,i-1),lst=i,ans++;
	printf("%lld\n",ans-1);//为了方便统计区间，把n+2的1也算进去了，减掉
	return 0;
}

祝大家学习愉快！