[CF1525D] Armchairs （DP / 模拟费用流）

题面简述

一条线上等距地分布着 $n$ 老鼠和 $m$ 洞（$m\ge n$），这连续 $n+m$ 个位置上要么是老鼠要么是洞，一个老鼠进一个洞，代价是所有老鼠的路程和，问最小代价。

$n+m\le 5000$

题解

平方做法

每个老鼠匹配一个洞，我们可以发现存在最优方案，使得路径两两之间不包含，这样一来，从左到右老鼠匹配的洞位置就是单增的。可以用调整法证明，如果两条路径包含，那么把终点位置互换，如果路径方向不同则更优（少了2×中间段长度），如果路径方向相同，根据绝对值算出来答案是相等的。

有了这个最优方案的特点后，我们就可以设计一个 $\mathrm{D}\mathrm{P}$ ，令 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个老鼠进前 $j$ 个洞的最小代价，最终答案就是 $dp[n][m]$。不妨设 $dis(i,j)$ 表示第 $i$ 只老鼠进第 $j$ 个洞的路径长度，状态转移如下：
$$dp[i][j]=\min \{dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]+dis(i,j)\}$$

这应该很好理解，第 $i$ 只鼠与第 $j$ 个洞匹配，就是右边的式子，否则就是左边。

顺便提一下，有的做法是先推了一个 $O(n)$ 转移的 $n^2$ DP，然后用前缀优化的，其实完全没这个必要。

然后，我们发现 $dp[i][j]$ 的转移需要的两个前驱状态和它的曼哈顿距离挺小的 ($(i,j-1)$ 和 $(i-1,j-1)$)，因此，我们用一两个小变量存一下 $dp[i-1][j-1]$ ，能省掉第一维。由于数组访问的原理特性，你再卡卡常应该就能跑 $30\mathrm{m}\mathrm{s}$ 左右。

CODE

#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 5005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],cnb,cnc;
int Abs(int x) {return x < 0 ? -x:x;}
int dp[MAXN];
int main() {
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		a[i] = read();
		if(a[i] == 1) b[++ cnb] = i;
		else c[++ cnc] = i;
	}
	for(int i = 1;i <= cnb;i ++) {
		int p = dp[0],pp; dp[0] = 0x3f3f3f3f;
		for(int j = 1;j <= cnc;j ++) {
			pp = dp[j]; dp[j] = min(dp[j-1],p + Abs(b[i]-c[j]));
			p = pp;
		}
	}
	printf("%d\n",dp[cnc]);
	return 0;
}

线性做法

我改过的题意简述是不是看起来很熟悉？

没错，这就是比较经典的模拟费用流板题。

与上面最主要的不同点是（我认为的）把绝对值符号拆开。

我们先换了一种 $\mathrm{D}\mathrm{P}$ 方式，$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置有 $j$ 个洞需要匹配($j$ 为负是表示有 $-j$ 个老鼠) ，已经匹配的路径和加上这 $j$ 个洞(或 $-j$ 只鼠)的坐标和最大值。

其实是用了一点贪心的优化。由于路径不包含，所以前面不会同时有洞和老鼠向 i 后面连边。这样，DP 的转移就是决策唯一的了，这就不是 DP 而是类似递推了。因此用一些较复杂的标记可以把它优化成 $O(n)$。

更详细的可以看上面的模拟费用流链接或是下面的 $\mathrm{R}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{k}1$ 代码(30 ms)

CODE(Pyqe)

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
long long n,ps[100069];
priority_queue<long long> pq;
 
int main()
{
	long long i,ii,k,z=0;
	
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&k);
		ps[i]=ps[i-1]+!k*2-1;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		k=min(max(ps[i],0ll),ps[n]);
		z+=abs(ps[i]-k);
		if(i-1)
		{
			z+=max(pq.top()-k,0ll);
		}
		for(ii=0;ii<2;ii++)
		{
			pq.push(k);
		}
		pq.pop();
	}
	printf("%lld\n",z);
}