【BZOJ4609】Branch Assignment（WF2016）-最短路+决策单调性优化DP

测试地址：Branch Assignment
题目大意：有一张n$n$个点的有向强连通图，其中b$b$个点是部门，另有一个点是总部，要把部门分成s$s$个组，每组之内每两个部门都要相互传递信息，一个部门向另一个部门传递信息，需要从这个部门走到总部，再从总部走到另一个部门，问总的传递距离的最小值。
做法：本题需要用到最短路+决策单调性优化DP。
首先，我们显然要用两次SPFA求出所有点到总部，以及总部到所有点的距离。然后对于一个有k$k$个部门的组，每个组要到总部k−1$k-1$次，又要从总部回来k−1$k-1$次，所以这一组的贡献就是(k−1)×∑v(dis(v,b+1)+dis(b+1,v))$(k-1)\times \sum _v(dis(v,b+1)+dis(b+1,v))$（因为总部是b+1$b+1$号）。
令dis(v,b+1)+dis(b+1,v)$dis(v,b+1)+dis(b+1,v)$为每个点的点权，我们能得到如下的结论：一定存在一种最优方案，使得选出的所有的组在点按点权排序的顺序中，是一段连续的区间。其实挺好证明，对于每一种可能的分组方案（这里的“分组方案”指每个组部门数的分配，先不考虑具体部门），我们实际上就是给每个点附上一个系数，使得系数乘上点权之和最小。根据排序不等式，在点权从小到大排列时，系数也应该从小到大排列最好。这样我们不仅得出了上面的结论，还能得到一个结论：最优方案中，后面的组总比前面的更大（因为系数是组的大小−1$-1$）。
于是我们能很快写出一个O(n3)$O(n^3)$状态转移方程：
令f(i,j)$f(i,j)$为前i$i$个部门中分j$j$个组的最优答案，有：
f(i,j)=min{f(x,j−1)+(i−x−1)×(sum(i)−sum(x))}$f(i,j)=min\{f(x,j-1)+(i-x-1)\times (sum(i)-sum(x))\}$
其中sum(i)$sum(i)$表示点权的前缀和。
乍一看这个方程是O(n3)$O(n^3)$的，但根据一些简单的证明，对于同一个i$i$，j$j$增大时，最优决策点也是右移的，于是我们就缩小了决策范围，又根据上面那个组会越来越大的结论，可以证明（然而我不会）时间复杂度是O(n2logn)$O(n^2\log n)$的，可以通过此题（我也不知道怎么过的…但它就是能过）。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=1000000000;
int n,b,s,m,first[5010]={0},tot=0;
int u[50010],v[50010];
ll c[50010],dis[5010],sum[5010];
ll f[2][5010],t[5010];
bool vis[5010]={0};
queue<int> Q;
struct edge
{
    int v,next;
    ll w;
}e[50010];

void insert(int a,int b,ll w)
{
    e[++tot].v=b;
    e[tot].next=first[a];
    e[tot].w=w;
    first[a]=tot;
}

void spfa(int S)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dis[i]=inf;
    dis[S]=0;
    Q.push(S);
    vis[S]=1;
    while(!Q.empty())
    {
        int v=Q.front();Q.pop();
        for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
            if (dis[v]+e[i].w<dis[e[i].v])
            {
                dis[e[i].v]=dis[v]+e[i].w;
                if (!vis[e[i].v])
                {
                    Q.push(e[i].v);
                    vis[e[i].v]=1;
                }
            }
        vis[v]=0;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&b,&s,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%lld",&u[i],&v[i],&c[i]);

    memset(first,0,sizeof(first));
    tot=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        insert(u[i],v[i],c[i]);
    spfa(b+1);
    for(int i=1;i<=b;i++)
        sum[i]=dis[i];

    memset(first,0,sizeof(first));
    tot=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        insert(v[i],u[i],c[i]);
    spfa(b+1);
    for(int i=1;i<=b;i++)
        sum[i]+=dis[i];

    sort(sum+1,sum+b+1);
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<=b;i++)
        sum[i]+=sum[i-1];

    int now=0,past=1;
    memset(f[past],0x3f,sizeof(f[past]));
    f[past][0]=0;
    for(int j=1;j<=s;j++)
    {
        memset(f[now],0x3f,sizeof(f[now]));
        for(ll i=1;i<=b;i++)
        {
            for(ll x=t[i];x<i;x++)
                if (f[now][i]>=f[past][x]+(i-x-1ll)*(sum[i]-sum[x]))
                {
                    f[now][i]=f[past][x]+(i-x-1ll)*(sum[i]-sum[x]);
                    t[i]=x;
                }
        }
        swap(now,past);
    }
    printf("%lld\n",f[past][b]);

    return 0;
}