NOIP2018PJ T3 摆渡车
题意：
时间轴上分布着$n$位乘客，$i$号乘客的位置为$t_i$，用互相距离不小于$m$的车次将时间轴分为若干部分并管辖上一个区间，求最小费用和。每个车次的费用来自：管辖区间内乘客与区间左端点的距离之和。
程序1（30pt）：
考虑DP。
设在$i$时间的车次及之前所有费用之和的最小值为$f_i$，则
①若是第一趟车，则
$$f_i=\sum\limits_{1\leq j\leq i}(\, i-j\,)$$
②若非第一趟车，则
$$f_i=\mathop{min}\limits_{1\leq j\leq i-m}\{\, f_j+\;\sum\limits_{j+1\leq k\leq i}(\, i-k\,) \;\}$$
考虑答案在哪里，可以发现要接走最后一位乘客，设其等车时间为$T$,则最后一趟车发车时间必在$[\,T,T+m\,)$中。
DP做完了。然而时间复杂度为$O(T^3)$，只有$30$分。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define IL inline using namespace std; const int inf=1<<30; const int N=500; const int M=100; const int T=10000; int n,m; int maxt; int cnt[T+M+3]; int f[T+M+3]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); maxt=-inf; memset(cnt,0,sizeof cnt); for(int i=1;i<=n;i++){ int x; scanf("%d",&x); cnt[x]++; maxt=max(maxt,x); } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ f[i]=0; for(int j=1;j<=i;j++) f[i]+=cnt[j]*(i-j); for(int j=1;j<=i-m;j++){ int tot=1; for(int k=j+1;k<=i;k++) tot+=cnt[k]*(i-k); f[i]=min(f[i],f[j]+tot); } } for(int i=1;i<m;i++) f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]); printf("%d",f[maxt]); return 0; }
程序2（50pt）：
发现DP转移里的计算有很多重复部分，考虑使用前缀和优化。
对转移和式进行变形：
$$\sum\limits_{j+1\leq k\leq i}(\, i-k \,)=\sum\limits_ki-\sum\limits_kk$$
设$cnt_i$为乘客计数的前缀和，$sum_i$为乘客时间的前缀和，则原式
$$=(\, cnt_i-cnt_j \,)\times i\;-\;(\, sum_i-sum_j \,)$$
于是我们就可以$O(1)$转移了，整体时间复杂度下降到$O(t^2)$，可以得到$50$分。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define IL inline using namespace std; const int inf=1<<30; const int N=500; const int M=100; const int T=4000000; int n,m; int maxt; int sum[T+M+3]; int cnt[T+M+3]; int f[T+M+3]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); maxt=-inf; memset(cnt,0,sizeof cnt); memset(sum,0,sizeof sum); for(int i=1;i<=n;i++){ int x; scanf("%d",&x); maxt=max(maxt,x); cnt[x]++; sum[x]+=x; } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ cnt[i]+=cnt[i-1]; sum[i]+=sum[i-1]; } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ f[i]=cnt[i]*i-sum[i]; for(int j=1;j<=i-m;j++) f[i]=min(f[i] ,f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i -(sum[i]-sum[j])); } for(int i=1;i<m;i++) f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]); printf("%d",f[maxt]); return 0; }
程序3（70pt）：
发现DP时每次都从$0$开始转移，显然是多余的，需要剪去无用转移。思考一下，发现如果我们切出了一个长度超过$2m$的段，我们可以至少再分一次，得到一个不劣的答案。
于是乎
$$f_i=\mathop{min}\limits_{i-2m< j\leq i-m}\{\, f_j+\;(\, cnt_i-cnt_j \,)\times i\;-\;(\, sum_i-sum_j \,) \;\}$$
这次的时间复杂度是$O(tm)$的，可以得到$70$分。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define IL inline using namespace std; const int inf=1<<30; const int N=500; const int M=100; const int T=4000000; int n,m; int maxt; int sum[T+M+3]; int cnt[T+M+3]; int f[T+M+3]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); maxt=-inf; memset(cnt,0,sizeof cnt); memset(sum,0,sizeof sum); for(int i=1;i<=n;i++){ int x; scanf("%d",&x); maxt=max(maxt,x); cnt[x]++; sum[x]+=x; } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ cnt[i]+=cnt[i-1]; sum[i]+=sum[i-1]; } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ f[i]=cnt[i]*i-sum[i]; for(int j=max(i-2*m,1);j<=i-m;j++) f[i]=min(f[i] ,f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i -(sum[i]-sum[j])); } for(int i=1;i<m;i++) f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]); printf("%d",f[maxt]); return 0; }
程序4（100pt）：
看起来转移已经很简洁了，但我们仍然没有得到满分。思考一下，发现我们对于每个时间点（$0\sim t$）都尝试进行转移，但真正有贡献的点（规模为$O(nm)$）实际上却少很多。
考虑剪去无用状态，发现一个长度不小于$m$的时间段不会产生任何贡献，即：若
$$cnt_i\,=\,cnt_{i-m}$$
则一定有
$$f_i\,=\,f_{i-m}$$
考虑时间复杂度，因为只在有贡献的地方转移，所以是$O(\,t\,+\,nm^2\,)$，可以得到满分。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define IL inline using namespace std; const int inf=1<<30; const int N=500; const int M=100; const int T=4000000; int n,m; int maxt; int sum[T+M+3]; int cnt[T+M+3]; int f[T+M+3]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); maxt=-inf; memset(cnt,0,sizeof cnt); memset(sum,0,sizeof sum); for(int i=1;i<=n;i++){ int x; scanf("%d",&x); maxt=max(maxt,x); cnt[x]++; sum[x]+=x; } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ cnt[i]+=cnt[i-1]; sum[i]+=sum[i-1]; } for(int i=1;i<maxt+m;i++){ if(i>=m) if(cnt[i]==cnt[i-m]){ f[i]=f[i-m]; continue; } f[i]=cnt[i]*i-sum[i]; for(int j=max(i-2*m,1);j<=i-m;j++) f[i]=min(f[i] ,f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i -(sum[i]-sum[j])); } for(int i=1;i<m;i++) f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]); printf("%d",f[maxt]); return 0; }
小结：
掌握DP的基础优化方法：前缀和优化、剪去无用转移、剪去无用状态，才可以做到不写脑残的DP。
后注：
前文中的$\mathop{min}\limits_{i\in S}$和$\sum\limits_{i\in S}$，都表示取范围内的乘客的所有等待时间。
