bzoj千题计划235：bzoj2448: 挖油

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2448

 

一遍过，嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎，O(∩_∩)O~

 

题意是最小化最大值

 

设计区间dp

dp[i][j] 表示在能确定x不在区间[i,j]内，或确定x在区间[i,j]内某个位置的最坏情况下的最小值

dp[i][j]=min { max(dp[i][k-1],dp[k+1][j] ) + a[k] }  k∈[i,j]

O（n^3）复杂度

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
 
using namespace std;
 
#define N 2002
 
int a[N];
 
int dp[N][N];
 
void read(int &x)
{
    x=0; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}
 
int main()
{
    int n;
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
    memset(dp,63,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;++i)
        dp[i][i]=a[i],dp[i][i-1]=0;
    for(int i=n;i;--i)
        for(int j=i;j<=n;++j)
            for(int k=i;k<=j;++k)
                dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i][k-1],dp[k+1][j])+a[k]);
    printf("%d",dp[1][n]); 
} 

 

优化：

把max去掉，就可以使用单调队列优化了

很显然的结论是长区间的dp值一定>=它的子区间的dp值

当固定i和j时，随着k的递增，dp[i][k-1]单调不降，dp[k+1][j]单调不增

所以一定可以找到一个分界点g，

当k∈[i,g]时，dp[i][k-1]>dp[k+1][j]

当k∈[g+1,j]时，dp[k+1][j]>dp[i][k-1]

所以上述转移方程变为

当k∈[i,g]时，dp[i][j]=min { dp[i][k-1]+a[k] }

当k∈[g+1,j]时，dp[i][j]=min { dp[k+1][j]+a[k] }

用g[i][j]表示对于每对i，j 求出的g

 

对于 当k∈[i,g[i][j] ]时，dp[i][j]=min { dp[i][k-1]+a[k] }

可以得出结论 g[a][b]<=g[a][b+1]

因为这里是前面的dp值>后面的dp值，[a,b+1]在[a,b]后面加了一个位置，

后面的dp值不变或增大，前面要包含更多的位置使前面变的更大，才能>=后面，所以g的位置不变或后移

所以固定区间左端点，随右端点的右移，g单调不减

 

对于 当k∈[g[i][j]+1,j]时，dp[i][j]=min { dp[k+1][j]+a[k] }

可以得出结论 g[a-1][b]<=g[a][b]

因为这里是后面的dp值>前面的dp值，[a-1,b]在[a,b]前面加了一个一个位置

前面的dp值不变或增大，后面要包含更多的位置使后面变的更大，才能>=前面，所以g的位置不变或前移

所以固定区间右端点，随左端点的左移，g单调不增

 

所以可维护n+1个单调队列

一个表示固定左端点，n个表示固定右端点

因为是左端点从n倒序枚举，右端点从左端点正序枚举

所以固定左端点的只需要用一个，左端点改变的时候清空队列即可

但是右端点是跳来跳去的，所以要用n个

 

实际实现的时候可以不计算g

如果要计算g的话，由上面可以得出结论

g[a-1][b]<=g[a][b]<=g[a][b+1]

利用g的单调性计算g

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
 
#define N 2002

int a[N];
 
int dp[N][N];

int q[N][N];
int h[N],t[N];
 
#define A(x) dp[i][(x)-1]+a[(x)]
#define B(x) dp[(x)+1][j]+a[(x)]

void read(int &x)
{
    x=0; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}
 
int main()
{
    int n;
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
    memset(dp,63,sizeof(dp));
    for(int i=n;i;--i)
    {
        dp[i][i]=a[i];
        h[0]=0;
        q[0][t[0]=1]=i;
        q[i][t[i]=1]=i;
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
        {
            while(h[0]<t[0] && A(q[0][h[0]])<B(q[0][h[0]])) ++h[0];
            while(h[0]<t[0] && A(j)<A(q[0][t[0]-1])) --t[0];
            q[0][t[0]++]=j;
            while(h[j]<t[j] && B(q[j][h[j]])<A(q[j][h[j]])) ++h[j];
            while(h[j]<t[j] && B(i)<B(q[j][t[j]-1])) --t[j];
            q[j][t[j]++]=i;
            dp[i][j]=min(A(q[0][h[0]]),B(q[j][h[j]]));
        }
    }
    printf("%d",dp[1][n]); 
} 

 

2448: 挖油

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 133  Solved: 57
[Submit][Status][Discuss]

Description

给出一条线段，在左端点点0与右端点n+1间有n个点(n<=2000)，并且在0到x之间的所有点都是有油的，在每个点钻井判断是否有油需要时间ti，求能够知道x的最坏情况下最少需要多少时间。

 

Input

第一行包含一个数n，如题目描述。

第二行包含n个数，表示在第i个点钻井判断是否有油需要的时间。

 

Output

输出包含一行，最坏情况下最少需要多少时间。

 

Sample Input

4
8 24 12 6

Sample Output

42

HINT

 

对于100%的数据，n<=2000,ti<=10^6