USACO 2009 Open 干草塔 Tower of Hay(贪心+单调队列优化DP)
USACO 2009 Open 干草塔 Tower of Hay(贪心+单调队列优化DP)
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1072/B
Description
为了调整电灯亮度,贝西要用干草包堆出一座塔,然后爬到牛棚顶去把灯泡换掉。干草包会从传送带上运来,共会出现N包干草,第i包干草的宽度是Wi,高度和长度统一为1。干草塔要从底层开始铺建。贝西会选择最先送来的若干包干草,堆在地上作为第一层,然后再把紧接着送来的几包干草包放在第二层,再铺建第三层……重复这个过程,一直到所有的干草全部用完。每层的干草包必须紧靠在一起,不出现缝隙,而且为了建筑稳定,上层干草的宽度不能超过下层的宽度。按顺序运来的干草包一定要都用上,不能将其中几个干草包弃置不用。贝西的目标是建一座最高的塔,请你来帮助她完成这个任务吧。
Input Format
第一行:单个整数:N,1 ≤ N ≤ 100000 第二行到N + 1行:第i + 1行有一个整数Wi,1 ≤ Wi ≤ 10000
Output Format
第一行:单个整数,表示可以建立的最高高度
Sample Input
3 1 2 3
Sample Output
2
Hint
将1 和2放在第一层,将3放在第二层
即前两个(宽度为1和2的)放在底层,总宽度为3,在第二层放置宽度为3的。
+----------+ | 3 | +---+------+ | 1 | 2 | +---+------+
题解
from:题解报告
这题首先应该会想到贪心,但马上否定掉。但此时如果你完全放弃了贪心,那么你就很可能想不到正解了。
由于此题阶段明显,可以断定用动规。在不考虑数据范围的前提下应该是很好做的。但N ≤ 100000,只能寻求更好的算法。
再回想到贪心,这时会想到一个奇葩的感觉貌似是对的,又不知如何证明的推论:
将塔看作一个面积一定图形,要使其最高,必须最瘦。
事实上这个是正确的。证明引自张昆玮大牛
任意取出一个能使层数最高的方案,设有CA层,把其中从下往上每一层最大的块编号记为Ai;任取一个能使底边最短的方案,设有CB层,把其中从下往上每一层最大的块编号记为Bi。显然A1>=B1,ACB<=BCB,这说明至少存在一个k属于(1,CB),满足Ak-1>=Bk-1且Ak<=Bk。也就是说,方案 A 第K 层完全被方案 B 第K 层包含。构造一个新方案,第K 层往上按方案 A,往下按方案 B,两边都不要的块放中间当第K 层。新方案的层数与 A 相同,而底边长度与 B 相同。证毕。
加点解释:
现在有两座塔,一个高度最大,设为A,另一个「从低到高」顺序下,每层宽度尽量小,设为B(B的高度比A小)
首先,显然有 hB≤hA,并且 A 最底层宽度不比 B 小
因为 hB≤hA,所以肯定在某一层 A 比 B 宽度要小(A 全程比 B 宽的情况是不可能出现的,除非 A 比 B 多了几块积木),也一定存在一层,此时刚好 B 用的比 A 多
所以就把 B 刚好用的比 A 多的那一层之上的部分,换成 A 的,显然会更细一些,并且高度也和 A 一样所以,只要存在比「宽度最小塔」更高的,就可以按照如上操作替换,最后就会发现,「宽度最小塔」就是最高的那一个
(什么,看不懂?慢慢看吧。。耐心点就看懂了,想当初我也是如此熬过来的)
所以我们可以用f[i]表示i到n这些干草能堆成的最大高度,g[i]表示最底层的最短宽度。
f[i]=f[j]+1,g[i]=w[j-1,i] (j>=i,w[j-1,i]>=g[j])要尽量取最小的<span id="MathJax-Span-76" class="mrow"><span id="MathJax-Span-77" class="mi">j
但是如果直接暴力转移的化时间复杂度是<span id="MathJax-Element-1-Frame" class="MathJax" data-mathml="<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>O</mi><mo stretchy="false">(</mo><msup><mi>n</mi><mn>2</mn></msup><mo stretchy="false">)</mo></math>"><span id="MathJax-Span-1" class="math"><span id="MathJax-Span-2" class="mrow"><span id="MathJax-Span-3" class="mi">O<span id="MathJax-Span-4" class="mo">(<span id="MathJax-Span-5" class="msubsup"><span id="MathJax-Span-6" class="mi">n<span id="MathJax-Span-7" class="mn"><sup>2</sup><span id="MathJax-Span-8" class="mo">)的不足以胜任这个数据范围,明显过不了,要进行优化。
<span class="MathJax" data-mathml="<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>O</mi><mo stretchy="false">(</mo><msup><mi>n</mi><mn>2</mn></msup><mo stretchy="false">)</mo></math>"><span class="MJX_Assistive_MathML">我们发现在阶段i时,对于k>j>i,j会比k优,决策为k的情况只能是J不满足条件而k满足条件,整理方程得 f[j] - sum[j - 1] > f[k]-sum[k - 1]
观察转移方程可以发现在满足转移条件的情况下,j越大则f[i]、g[i]都更优,故此可以用单调队列优化转移:把j存进队列中,若队头元素的下一位满足转移条件则把队头踢出,每次入队时如果队尾比要入队的元素还要晚满足条件则把队尾删除,每次转移时直接取队头进行转移。
于是底边最短的方案,层数最高。枚举最底层由哪几块组成,由此可以得出一个方程:从n到i中最底层的宽度f[i]=min(sum[j-1...i]) 满足 f[j]<=sum[j-1...i](因为这样会使得上一层的宽度不大于下一层的宽度) 且 n>=j>i
其中i=n->1
分析一下,发现f[i]=min(sum[j-1])-sum[i-1](令sum[i]表示宽度的前缀和),而sum[i]是随i的增大而增大的,所以从i到n一旦发现一个符合条件的决策j,便将其取出来更新f[i]。但是这仍不能通过所有数据。
再次分析,发现所有的决策的值(例如对于决策j值即为sum[j-1])由n往前都是单调递减的,也就是一个比一个优。因此决定性的因素则是他们的生效时间。
对于决策j:观察不等式f[j]<=sum[j-1...i]即f[j]<=sum[j-1]-sum[i-1],变形可得sum[i-1]<=sum[j-1]-f[j],发现sum[j-1]-f[j]便是其生效时间,也就是说在第一个i使得sum[i-1]<=sum[j-1]-f[j]之后到1决策j都是有效的。于是我们可以开一个单调队列,使得生效时间递减,并且队头始终生效并且队头+1未生效。由于后入队的决策比前面的优,于是一旦队头+1生效,队头便可弹掉。入队的时候,如果发现队尾-1的生效时间<队尾的生效时间,则弹掉队尾-1。
如此一来便完美的解决了此题,复杂度为O(n)
1 #include <cstdio> 2 const int N=100000+9; 3 int q[N],g[N],f[N],sum[N],w[N],n; 4 int main() 5 { 6 scanf("%d",&n); 7 for (int i=1;i<=n;++i) { 8 scanf("%d",w+i); 9 sum[i]=sum[i-1]+w[i]; 10 } 11 q[1]=n+1; 12 int h=1,t=1; 13 for (int i=n;i;--i) { 14 while (h<t && f[q[h+1]]<=sum[q[h+1]-1]-sum[i-1]) ++h; 15 f[i]=sum[q[h]-1]-sum[i-1]; 16 g[i]=g[q[h]]+1; 17 q[++t]=i; 18 while ((t>h) && (f[q[t-1]]-sum[q[t-1]-1]+sum[q[t]-1]>f[q[t]])) 19 --t,q[t]=q[t+1]; 20 } 21 printf("%d\n",g[1]); 22 }