BZOJ 1835: [ZJOI2010]base 基站选址 [序列DP 线段树]
1835: [ZJOI2010]base 基站选址
题目描述
有N个村庄坐落在一条直线上，第i(i>1)个村庄距离第1个村庄的距离为Di。需要在这些村庄中建立不超过K个通讯基站，在第i个村庄建立基站的费用为Ci。如果在距离第i个村庄不超过Si的范围内建立了一个通讯基站，那么就成它被覆盖了。如果第i个村庄没有被覆盖，则需要向他们补偿，费用为Wi。现在的问题是，选择基站的位置，使得总费用最小。 输入数据 (base.in) 输入文件的第一行包含两个整数N,K，含义如上所述。 第二行包含N-1个整数，分别表示D2,D3,…,DN ，这N-1个数是递增的。 第三行包含N个整数，表示C1,C2,…CN。 第四行包含N个整数，表示S1,S2,…,SN。 第五行包含N个整数，表示W1,W2,…,WN。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第一行包含两个整数N,K，含义如上所述。
第二行包含N-1个整数，分别表示D2,D3,…,DN ，这N-1个数是递增的。
第三行包含N个整数，表示C1,C2,…CN。
第四行包含N个整数，表示S1,S2,…,SN。
第五行包含N个整数，表示W1,W2,…,WN。
输出格式：
输出文件中仅包含一个整数，表示最小的总费用。
输入输出样例
3 2 1 2 2 3 2 1 1 0 10 20 30
4
说明
40%的数据中，N<=500；
100%的数据中，K<=N，K<=100，N<=20,000，Di<=1000000000，Ci<=10000，Si<=1000000000，Wi<=10000。
到洛谷偷了题面
理解了题解之后还是比较好写的
显然f[i][j]表示前i个村子建了j个基站且第i个村子建了基站
f[i][j]=c[i]+min{f[k][j-1]+cost(k,j)}
cost(k,j)表示k有一个基站，j有一个基站，k..j的补偿代价
关键就是快速计算这个东西了
线段树优化，就是用线段树区间min来logn获得转移来的状态中最小值吧
j这一维显然可以滚掉
想办法让线段树每个点表示了选这个点作为转移点时的代价
先把f[][j-1]建树，然后处理cost的问题
当i-->i+1时，发现左端点不变，右段点右移了，那么哪些刚好最远i位置可以覆盖到的点就可能要补偿了
所以对于点x，通过二分计算st[x]和ed[x]为x最左和最右到哪，然后用链表记录ed[x]为某个值的点有哪些，
对于ed[x]=i的点线段树[1,st[x]-1]区间加w[x]，因为这些点右面不能被覆盖，左面再不能的话就要补偿了
复杂度 k*n*logn，区间加n次，区间min也有n次
注意：
1.j==1的时候O(n)特判就行了
2.n++ k++后 d[n]=w[n]=INF c[n]=0，f[n]就是最优解了
// // main.cpp // bzoj1835 // // Created by Candy on 2017/1/8. // Copyright © 2017年 Candy. All rights reserved. // #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define lc o<<1 #define rc o<<1|1 #define m ((l+r)>>1) #define lson o<<1,l,m #define rson o<<1|1,m+1,r const int N=20005,INF=1e9+5; inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } int n,k,d[N],c[N],s[N],w[N]; int st[N],ed[N],f[N]; struct edge{ int v,ne; }e[N]; int h[N],cnt; inline void ins(int u,int v){ cnt++; e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt; } struct node{ int mn,tag; }t[N<<2]; inline void merge(int o){t[o].mn=min(t[lc].mn,t[rc].mn);} inline void paint(int o,int d){ t[o].tag+=d; t[o].mn+=d; } inline void pushDown(int o){ if(t[o].tag){ paint(lc,t[o].tag); paint(rc,t[o].tag); t[o].tag=0; } } void build(int o,int l,int r){ t[o].tag=0; if(l==r) t[o].mn=f[l]; else{ build(lson); build(rson); merge(o); } } void segAdd(int o,int l,int r,int ql,int qr,int d){ if(ql>qr) return; if(ql<=l&&r<=qr) paint(o,d); else{ pushDown(o); if(ql<=m) segAdd(lson,ql,qr,d); if(m<qr) segAdd(rson,ql,qr,d); merge(o); } } int segQue(int o,int l,int r,int ql,int qr){ if(ql>qr) return 0; if(ql<=l&&r<=qr) return t[o].mn; else{ pushDown(o); int mn=INF; if(ql<=m) mn=min(mn,segQue(lson,ql,qr)); if(m<qr) mn=min(mn,segQue(rson,ql,qr)); return mn; } } void dp(){ int ans=INF,_=0; for(int i=1;i<=n;i++){ f[i]=_+c[i]; for(int k=h[i];k;k=e[k].ne) _+=w[e[k].v]; //printf("f j1 %d\n",f[i]); } for(int j=2;j<=k;j++){ build(1,1,n); for(int i=1;i<=n;i++){ f[i]=segQue(1,1,n,1,i-1)+c[i]; for(int k=h[i];k;k=e[k].ne){ int v=e[k].v; segAdd(1,1,n,1,st[v]-1,w[v]); } } ans=min(ans,f[n]); } printf("%d",ans); } int main(int argc, const char * argv[]) { n=read();k=read(); for(int i=2;i<=n;i++) d[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(); n++;k++; d[n]=INF;w[n]=INF; for(int i=1;i<=n;i++){ st[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]-s[i])-d; ed[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]+s[i])-d; if(d[ed[i]]-d[i]>s[i]) ed[i]--; ins(ed[i],i); //printf("sted %d %d %d\n",i,st[i],ed[i]); } dp(); return 0; }
