P5017/Noip2018-PJT3 摆渡车 题解

update 2021/1/19：

1. 原题解部分 Markdown 和 Latex 炸了，现在已经修复。
2. 对题解当中一些表述不明的句子做了进一步的阐述。
3. 更换了码风。

---

首先，看到这道题在普及组 T3 的位置，我们知道只能是 搜索/图论/DP 三者之一。

再结合数据范围我们就可以 根据个人经验 分析出这道题是 DP 题。

但或许是我太弱了，没有想出 DP 怎么写，最后用了记忆化搜索。

在写记忆化搜索时，我的方法是： 先写爆搜，通过小样例之后再加记忆化。

对于本题而言，我最开始想到的是从第 $n$ 个人倒回去处理，设他在第 $x$ 分钟离开（ $t_i \leq x$），进行搜索。 $dfs(k,g)$ 表示第 $k$ 个人在时间点 $g$ 之后离开，枚举第 $k-1$ 离开时间点后判断上一个人是否会与这个人同车。

但是这样显然时间复杂度与 $O(nt)$ 有关，妥妥的 TLE。

到这里，我们会发现有两条路：往 $O(nm)$ 走或者往 $O(t)$ 走。

接下来，我分析了题目，发现 每一个人至多等待 $2 \times m$ 分钟 ，因为对于第 $i$ 个人，如果 $x-t_i > 2m$ ，表明此时他在的时候车子已经开过一遍了，而他却还是呆在原地，显然不是最优的选择。

所以，我们没有必要去枚举 $x$ ，只需要枚举一个数 $k$ （ $0 \leq k \leq 2m$ ，即为等车时间），则第 $i$ 个人发车时间为 $t_i+k$ 。这样就避免了因为 $t$ 的范围而引起的超时，方向为 $O(nm)$。

那么接下来如何判断第 $i-1$ 个人与第 $i$ 个人是否同车呢？

同样，我们枚举 $k'$ ，表示第 $i-1$ 个人的等车时间。

• 如果 $t_{i-1}+k'=t_i+k$ ，表明此时两个人发车时间相同，那么一起走。
• 如果 $t_{i-1}+k'+m \leq t_i+k$ ，表明此时第 $i-1$ 个人坐车到达，车子回到人大附中之后第 $i$ 个人还没有发车，那么第 $i-1$ 个人直接发车离开。
• 如果 $t_{i-1}+k'+m > t_i+k$ ，表明第 $i-1$ 个人发车走后第 $i$ 个人还要再等，但是这种情况按照上面所述显然不优：
  • 如果第 $i-1$ 个人走了之后第 $i$ 个人都还没有到，那么我们完全不需要去理第 $i$ 个人，那么直接发车走人，而且此时肯定是越早走越好，那么我们在枚举 $k'$ 的时候已经解决了。
  • 否则，说明第 $i-1$ 个人跟第 $i$ 个人在一起等车，但是第 $i-1$ 个人走了第 $i$ 个人还呆在那里，之前已经解释过肯定不是最优解，那么也不需要去管。

分析完毕，此时 $dfs(k,g)$ 表示第 $k$ 个人在 第 $t_k+g$ 的时间发车（而不是第 $g$ 时间点发车） 时的最小值。函数中，我们枚举 $i$ （$0 \leq i < 2m$），进行上述判断，如果满足任意条件，更新答案。

更新答案时，我的方式是函数中令 $sum= INF$ ，满足任一条件时， $sum \gets min(sum,dfs(k-1,i)+g)$（ $dfs(k-1,i)+g$ 表示第 $k-1$ 个人在 $t_{k-1}+g$ 时发车时等待时间最小值，加上第 $k$ 个人等待时间 $g$ ），最后返回 $sum$ 即可。

不要忘记对 $t$ 排序！

暴力代码如下：

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

const int MAXN = 500 + 10;
int n, m, t[MAXN], f[MAXN][MAXN], ans;//f[i][j] 表示第 i 个人在等了 j 时间后发车的最优解

int read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return sum * fh;
}
int Min(int a, int b) {return (a < b) ? a : b;}

int dfs(int k, int g)
{
	if (k == 1) return g;
	int ans = 0x7f7f7f7f;
	for (int i = 0; i < (m << 1); ++i)
	{
		if (t[k - 1] + i == t[k] + g) ans = Min(ans, dfs(k - 1, i) + g);
		if (t[k - 1] + i + m <= t[k] + g) ans = Min(ans, dfs(k - 1, i) + g);
	}
	return ans;
}//暴力dfs

int main()
{
	n = read(), m = read(), ans = 0x7f7f7f7f;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) t[i] = read();
	sort(t + 1, t + n + 1); memset(f, -1, sizeof(f));
	for (int i = 0; i< (m << 1); ++i) ans = Min(ans, dfs(n, i));
	printf("%d\n", ans); return 0;
}

接下来加记忆化。其实在写记忆化搜索的时候，我个人认为加记忆化是最简单的， 只要爆搜写好并且写对，加记忆化易如反掌。哪里有 return ，哪里加记忆化 。最后代码如下：

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

const int MAXN = 500 + 10;
int n, m, t[MAXN], f[MAXN][MAXN], ans;//f[i][j] 表示第 i 个人在等了 j 时间后发车的最优解，初始化为 -1。

int read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return sum * fh;
}
int Min(int a, int b) {return (a < b) ? a : b;}

int dfs(int k, int g)
{
	if (f[k][g] != -1) return f[k][g];
	if (k == 1) return f[k][g] = g;
	int ans = 0x7f7f7f7f;
	for (int i = 0; i < (m << 1); ++i)
	{
		if (t[k - 1] + i == t[k] + g) ans = Min(ans, dfs(k - 1, i) + g);
		if (t[k - 1] + i + m <= t[k] + g) ans = Min(ans, dfs(k - 1, i) + g);
	}
	return f[k][g] = ans;
}

int main()
{
	n = read(), m = read(), ans = 0x7f7f7f7f;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) t[i] = read();
	sort(t + 1, t + n + 1); memset(f, -1, sizeof(f));
	for (int i = 0; i< (m << 1); ++i) ans = Min(ans, dfs(n, i));
	printf("%d\n", ans); return 0;
}

最后的总结：其实对于普及的 DP ，如果没有好思路时，可以尝试写记忆化搜索，或许就能解出 DP 题而成功的获得高分。