测绘

测绘

Descrption

• 为了研究农场的气候,Betsy帮助农夫John做了 \(N(1≤N≤100)\) 次气压测量并按顺序记录了结果\(M_1,M_2,…,M_N(1≤M_i≤1,000,000)\).

• Betsy想找出一部分测量结果来总结整天的气压分布. 她想用\(K(1≤K≤N)\)个数\(S_j(1≤S_1<S_2<…<S_K≤N)\) 来概括所有测量结果. 她想限制如下的误差:

  • 对于任何测量结果子集,每一个非此子集中的结果都会产生误差。总误差是所有测量结果的误差之和。更明确第说, 对于每一个和所有 \(S_j\) 都不同的 \(i\) :

    • 如果 \(i\) 小于 \(S_1\), 误差是: \(2*|M_i–M_{S1}|\) ；
    • 如果 \(i\) 在 $ S_j$ 和\(S_{j+1}\) 之间,误差是: \(|2*M_i–Sum(S_j,S_{j+1})|\) ；

  • 注:\(Sum(x,y)=M_x+M_y\); (\(M_x\) 和 \(M_y\) 之和) ；

  • 如果 \(i\) 大于 \(S_K\) ,误差为: \(2*|M_i–M(S_K)|\) ；

• Besty​ 给了最大允许的误差 \(E(1≤E≤1,000,000)\) ,找出样本 \(k\) 最小的一部分结果使得误差最多为 \(E\).

Input

• 第一行：两个数 \(N,E\)（含义如题）。
• 接下来 \(N\) 行每行一个数表示气压。

Output

• 输出一行，两个数，第一表示最小的样本数 \(K\)，第二个表示这 \(K\) 个样本的最小误差值

Sample Input

4 20
10
3
20
40

Sample Output

2 17

Hint

• 选择第二次和第四次的测量结果能达到最小误差\(17\) 。

• 分析：

  • 看到这种题型，我们首先要考虑 \(dp\) ,看能不能找到最优子结构，典型的线性 \(dp\) 的状态定义为 \(dp[i]\) 表示前 \(i\) 个元素作为一个子问题，但选多少个数，这显然是限制条件，很容易定义 \(dp[i][j]\) ,表示前 \(i\) 个数选择 \(j\) 个数的最小误差。那如何转移呢？

  • 首先我们要确定一个问题，就是第一维的前 \(i\) 是否包含第 \(i\) 个元素的问题，显然必须包含第 \(i\) 个元素，且为所选子序列的最后一个元素，即为 \(S_k\) ，这样我们才好转移。转移的决策就是从 \(i\) 往后找一个元素加入序列。

  • 转移方程：\(dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+?),(j-1\le k<i)\) 。

    • 首先我们预处理出一个数组\(pre\)，\(pre[i][j]\) 表示原序列中\(M_i,M_j\) 是所选子序列的相邻的两个元素，则 \(i\) 到 \(j\) 之间元素对误差的贡献，枚举 \(k,(i+1\le k\le j-1)\) ，计算\(abs(2*M_k-M_i-M_j)\) ，显然我们可以 \(n^3\) 暴力枚举预处理出此结果。
    • \(pre[i][0]\) 记录如果 \(M_i\) 作为序列第一个数，则\(M_1\sim M_{i-1}\) 的误差之和，\(pre[i][n+1]\) 记录如果 \(M_i\) 作为所选子序列的最后一个元素，则 \(M_{i+1}\sim M_n\) 的误差之和。
    • 所以，\(?=-pre[k][n+1]+pre[i][n+1]+pre[k][i]\)
      • \(dp[k][j-1]\) 是把 \(k\) 当成了序列的最后一位，所以\(+pre[k][n+1]\) ，所以先减去，此时把 \(i\) 当做了最后一位，所以 \(+pre[i][n+1]\) ，然后加上 \(M_k\sim M_i\) 之间的误差 \(pre[k][i]\) 。

  • 转移方程为：\(dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]-pre[k][n+1]+pre[i][n+1]+pre[k][i] ),(j-1\le k<i)\) 。

  • 显然是由 选择 \(i-1\) 个元素的序列推导出选择 \(i\) 个元素的序列，所以选择了多少个元素作为阶段，为了方便推导，对 \(dp[i][j]\) 重新定义为：前 \(j\) 个元素，最后一个元素为 \(j\) 共选了 \(i\) 个元素的最小误差。

  • 转移方程：\(dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]-pre[k][n+1]+pre[i][n+1]+pre[k][i]),(j-1\le k<i)\) 。

  • 当前行状态只与上一行状态相关，可以用滚动数组压维。

  • Code

    #include <bits/stdc++.h>
    typedef long long LL;
    const int maxn=100+15;
    const int inf=0x3f3f3f3f;
    int n,E;
    LL ans;
    int a[maxn];
    LL dp[maxn][maxn],pre[maxn][maxn];
    void Init(){
    	scanf("%d%d",&n,&E);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        	scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++){//预处理pre[i][j]
           for(int j=i+1;j<=n;j++)
               for(int k=i+1;k<=j-1;k++)
                   pre[i][j]+=abs(2*a[k]-a[i]-a[j]);
            for(int j=1;j<i;j++) pre[i][0]+=2*abs(a[j]-a[i]);//i之前
            for(int j=i+1;j<=n;j++) pre[i][n+1]+=2*abs(a[j]-a[i]);//i之后
        }
    }
    void Solve(){
    	int id=n;//记录选的满足条件的最小的个数
    	ans=inf;
        for(int i=1;i<=n;i++){//只选一个数的序列
            dp[1][i]=pre[i][0]+pre[i][n+1];
            if(dp[1][i]<=E){
                id=1;ans=std::min(ans,dp[1][i]);
            }
        }
        if(id==1){//没有比1小的选择了
            printf("%d %lld\n",id,ans);return;
        }
        for(int i=2;i<=n;i++){//选i个数
            for(int j=i;j<=n;j++){//第i个数位j    
                dp[i][j]=inf;
                for(int k=i-1;k<j;k++){//上一个阶段的最后一个数位k
                    int sum=-pre[k][n+1]+pre[k][j]+pre[j][n+1];
                    dp[i][j]=std::min(dp[i][j],dp[i-1][k]+sum);
                }
                if(dp[i][j]<=E){//在误差范围之内
                	if(i>id) continue;//选的数比已选的大
                    if(i<id){id=i;ans=dp[i][j];}//在保证id尽可能小的情况下再考虑值             
                    if(i==id) ans=std::min(ans,dp[i][j]);
                }
            }
        }
        printf("%d %lld\n",id,ans);
    }
    int main(){
        Init();
        Solve();
        return 0;
    }