ICPC WF 2022 2023 Bridging the Gap 过桥

合集 - 题解(10)

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收起

https://qoj.ac/problem/8683

https://loj.ac/p/6937

是个十足的 DP 题。刷完了 YeahPotato 的 DP 博客，你觉得有什么方法能套进来呢？

前面“基于特殊结构的技巧”没有一个能用。

如何分析性质？分析样例：

12 3
8 9 9 6 9 9 10 8 8 3 4 5

明显先排序。

3 4 5 6 8 8 8 9 9 9 9 10

猜想，一定有几个人在跑腿送灯，一定是前 C 个人的前缀，从对岸往回跑的一定是对岸用时最少的一个人。

搓出几个看上去很全的策略：（| 左侧是跑腿，最终都往回跑）

(3,4,5|)(3)(6,8,8)(4)(8,9,9)(5)
(3,4|5)(3)(6,8,8)(4)
(3|4,5)

然而是不对的。实际上最优的是：

1. 388 过去，3 回来；
2. 345 过去，3 回来；
3. 899 过去，4 回来；
4. 346 过去，3 回来；
5. 9 9 10 过去，4 回来；
6. 34 过去。

8+3+5+3+9+4+6+3+10+4+4=59。

想象最优解的结构，简化过程。发现最终的行走方案不一定等于排序的。并且还是一次带 k 个跑腿 C-k 个（或 0 个）累赘，后面留着用，每次带累赘都要耗一个跑腿。最后是一群人（<=C）过去。

这里直接篡改顺序，按排序后的数组计算，贡献提前计算。

具体地，记 fi,j 表示考虑到第 i 个人，运完第 i 个后有 j 个跑腿在对岸待命，此时最小花费。转移枚举这回几个人跑腿即可。

最后的一群如果是跑腿，直接记在初值里面。

细节，由于篡改顺序，积累的跑腿可以多于 C，但不多于 N/C。转移为 C，复杂度 O(N×N/C×C)=O(N²)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
 
#define fi first
#define se second
#define mkp std::make_pair
using ll=long long;
using std::max;
using std::min;
template<class T> void cmax(T&a,T b){a=max(a,b);}
template<class T> void cmin(T&a,T b){a=min(a,b);}
 
const int NV=1e4;
 
namespace xm{
    ll s[NV+5],f[NV+5][NV+5];
    int a[NV+5];
    void _(){
        int N,C;
 
        scanf("%d%d",&N,&C);
        for(int i=1;i<=N;++i) scanf("%d",a+i);
 
        std::sort(a+1,a+N+1);
        for(int i=1;i<=N;++i) s[i]=s[i-1]+a[i];
        if(C>=N){
            printf("%d\n",a[N]);
            return;
        }
 
        memset(f,0x3f,sizeof f);
        f[0][0]=0;
        for(int i=1;i<=C;++i)f[i][0]=a[i];
        for(int i=0;i<=N;++i)
        for(int j=0;(j-1)*C<=N-i;++j)
        for(int k=0;k<=C&&k<=i;++k){
            if(k>0)
                cmin(f[i][j+k-1],f[i][j]+a[k]+s[k]);
            if(j+k&&k<C)
                cmin(f[min(i+C-k,N)][j+k-1],f[i][j]+a[min(i+C-k,N)]+s[k]);
        }
        printf("%lld\n",f[N][0]);
    }
}
 
int main(){
    xm::_();
    return 0;
}

你问我怎么想出来的，我认为至少得搞到这个样例的最优解，但我手头上没有可靠的暴力程序。