诗人小G[NOI2009]
【题目描述】
小 G 是一个出色的诗人，经常作诗自娱自乐。但是，他一直被一件事情所困扰，那就是诗的排版问题。
一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小 G 给每首诗定义了一个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小 G 不允许把一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小 G 对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的 \(P\) 次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。
小 G 最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小），并把排版的结果告诉他。
【输入格式】
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题目描述
小 G 是一个出色的诗人，经常作诗自娱自乐。但是，他一直被一件事情所困扰，那就是诗的排版问题。
一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小 G 给每首诗定义了一个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小 G 不允许把一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小 G 对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的 PP 次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。
小 G 最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小），并把排版的结果告诉他。
【输入格式】
输入文件中的第一行为一个整数 \(T\)，表示诗的数量。
接下来为 \(T\) 首诗，这里一首诗即为一组测试数据。每组测试数据中的第一行为三个由空格分隔的正整数 \(N,L,P\)，其中：\(N\) 表示这首诗句子的数目，\(L\) 表示这首诗的行标准长度，\(P\) 的含义见问题描述。
从第二行开始，每行为一个句子，句子由英文字母、数字、标点符号等符号组成（ASCII 码 \(33～127\)，但不包含 -）。
【输出格式】
于每组测试数据，若最小的不协调度不超过 \(10^{18}\)，则第一行为一个数，表示不协调度。接下来若干行，表示你排版之后的诗。注意：在同一行的相邻两个句子之间需要用一个空格分开。
如果有多个可行解，它们的不协调度都是最小值，则输出任意一个解均可。若最小的不协调度超过 \(10^{18}\)，则输出 Too hard to arrange。
每组测试数据结束后输出 --------------------，共20个 -，- 的 ASCII 码为 45，请勿输出多余的空行或者空格。
\(n\le 10^5, l\le 3*10^6, p\le 10\)
题解
记$sum[i]$为前$i$句的长度和，$dp[i]$为前$i$句的最小不协调度。 有一个显而易见的DP方程： $dp[i]=\min\limits_{j=1}^{i-1}(dp[j]+|sum[i]-sum[j]+(i-j-1)-l|^p)$直接DP显然是\(O(n^2)\)的 对于这道题我们实际上可以使用决策单调性优化复杂度。
注意到上面的那个转移方程 每个\(dp[i]\)通过枚举前面的\(i-1\)个\(j\)取最小得到 我们把\(dp[i]\)取到最小的那个\(j\)记为\(p[i]\)，这个东西就叫决策。
如果一个DP满足决策单调性，这就是说这个DP满足\(p[1]\le p[2]\le \cdots \le p[n]\)。
怎么证明一个DP方程是否满足决策单调性？
一个DP方程可以表示成\(dp[i]=\min\limits_{j=1}^{i-1}(dp[j]+w(j,i))\) (这道题中\(w(j,i)=|sum[i]-sum[j]+(i-j-1)-l|^p\)) ，且对于任意的整数\(a,b(a<b)\)，都有\(w(a,b+1)+w(a+1,b)\ge w(a,b)+w(a+1,b+1)\)，那么这个DP方程满足决策单调性。
这道题的DP是满足决策单调性的，证明太长不证了，可以由打表得出结论。
那么这有什么好处呢
我们把最终的\(p\)数组列出来，大概就长这样：\(1,1,2,2,3,3,3,\cdots\)
因为它是单调不降的 所以我们可以二分出 对于两个数\(a,b\)，从哪个\(dp[i]\)开始 用\(a\)作为\(dp[i]\)的决策 不如 用\(b\)作为\(dp[i]\)的决策。
比如上面那个\(p\)数组的例子 从\(dp[5]\)开始 以\(2\)作为决策就不如\(3\)了
那么我们就可以通过维护一个单调队列来维护枚举到的\(dp[i]\)的最优决策是什么了 队列中的每个元素维护两个值 一个是下标\(id\)，另一个数\(st\)表示从\(dp[st[i]]\)开始到\(dp[st[i+1]-1]\)为止 决策选择\(id[i]\)是最优的
具体的说 假设现在正在计算\(dp[5]\)，\(p\)数组前四个是\(1,1,1,2\) 那么队列里可能会是这样：
第一个元素 \(id[1]=1\) \(st[1]=1\)表示从\(dp[st[1]]\)开始 到\(dp[st[2]-1]\)为止 选择\(1\)为决策最优 第二个元素 \(id[2]=2\) \(st[2]=4\)同理
那么现在要推出\(dp[5]\) 由于选择\(1\)为决策最优的范围是\(st[1]\sim st[2]\)也就是\(1\sim 4\) 那么决策\(1\)对\(dp[5]\)已经没用了 所以从队头弹出。
此时队头元素的\(id\)是\(2\) 那么就表明\(p[5]=2\) \(dp[5]\)从\(dp[2]\)转移过来最优 我们让\(dp[5]=dp[2]+|sum[5]-sum[2]+(5-2-1)-l|^p\)
然后我们要看看\(5\)作为决策会不会比\(2\)好 由于决策单调性 我们可以二分出\(l(l>5)\) 表示从\(l\)开始 决策选择\(5\)比选择\(2\)更优 如果此时\(l<st[2]\) 那就说明\(5\)整个就是比\(2\)要优的 直接把\(2\)从队尾弹出
把所有要弹的弹出去之后 就在队尾插入这个新增的元素 基本就和普通的单调队列差不多吧。。。
请结合代码食用(感觉代码写的还是很易懂的)
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double db;
int ttt, n, L, p, sum[100005], ans[100005];
char s[100005][40];
int q[100005], st[100005], head, tail;
db dp[100005];
inline db fpow(db x, int t) {
db ret = 1.0;
for (; t; t >>= 1, x *= x) if (t & 1) ret *= x;
return ret;
}
inline db cal(int j, int i) {
return dp[j] + fpow(fabs(sum[i] - sum[j] + (i - j - 1) - L), p);
}
inline int find(int j, int i) {
if (cal(j, n) < cal(i, n)) return n + 1;
int l = i, r = n, mid, anss;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (cal(j, mid) >= cal(i, mid)) {
anss = mid;
r = mid - 1;
} else l = mid + 1;
}
return anss;
}
int main() {
scanf("%d", &ttt);
while (ttt--) {
scanf("%d%d%d", &n, &L, &p);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", s[i]+1), sum[i] = sum[i-1] + strlen(s[i]+1);
head = 1, q[tail=1] = 0, st[1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
while (head < tail && st[head+1] <= i) head++; //把 当前head覆盖区间整个都在i前面的head弹出
ans[i] = q[head];
dp[i] = cal(q[head], i);
while (head < tail && st[tail] >= find(q[tail], i)) tail--; //把 当前tail覆盖区间内的全部dp[j] 通过id[tail]转移都不如通过i转移 的tail弹出
q[++tail] = i; st[tail] = find(q[tail-1], q[tail]);
}
if (dp[n] > 1e18) puts("Too hard to arrange");
else {
printf("%lld\n", (long long)dp[n]);
tail = 0;
for (int i = n; i; i = ans[i]) {
q[++tail] = i;
}
head = tail;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
printf("%s", s[i]+1);
if (i == q[head]) {
head--; puts("");
} else putchar(' ');
}
}
puts("--------------------");
}
return 0;
}
