Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/SuppMathOperators.js

[HNOI2008]玩具装箱TOY

嘟嘟嘟


决策单调性dp。
首先dp方程很好想

dp[i]=mini1j=0(dp[j]+w(j+1,i))

其中w(i,j)=(ij+ji=lCiL)2
但是我不会四边形不等式,于是打表,发现决策是单调的,那么就可以优化掉到O(nlogn)了。


优化的关键思想是这个状态能更新哪些状态,而不是这个状态由哪些状态更新而来。
而且因为决策单调性,对于当前枚举到的状态ii能更新的一定是一个后缀。
所以大体思路就出来了:
1.用一个队列,里面维护三个值:决策jj能更新的状态区间[L,R]
2.枚举状态。
3.检查队首,把队首决策的更新区间小于i的都扔出去。
4.用当前队首决策更新当前状态i
3.检查队尾,看状态i能更新是否比队尾的决策优(所以状态i现在是决策)。
具体来说,对于队尾(jt,Lt,Rt),如果dp[i]+w(i+1,Lt),说明队尾的这个决策全不要,扔出去;否则在状态区间[L_t, R_t]中二分查找得到pos,把R_t修改成pos
4.队尾插入新决策(i, pos, n)


因为有二分,所以复杂度为O(n \log n)


这里特别容易写错的是二分(至少我是),因为如果不特判当前状态i什么也更新不了的话,就需要把二分的终止条件改成L \leqslant R,因为这样如果更新不了返回是R + 1,可以简单的判断。
但是像原来写的话返回是R,而因为状态i可能刚好更新R这个状态,如果还是认为什么也更新不了的话就会出错。
然后就是动点脑子二分别RE了,具体可看我的代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define rg register
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 5e4 + 5;
inline ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
inline void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

int n;
ll P, c[maxn], sum[maxn];
ll dp[maxn];

struct Node
{
  int pos, L, R;
}q[maxn];
int l = 1, r = 0;

ll w(int L, int R)
{
  ll ret = R - L + sum[R] - sum[L - 1] - P;
  
  return ret * ret;
}

int solve(int x, Node a)
{
  int L = a.L, R = a.R;
  while(L <= R)
    {
      int mid = (L + R) >> 1;
      if(dp[x] + w(x + 1, mid) <= dp[a.pos] + w(a.pos + 1, mid))
	{
	  if(R != mid) R = mid;
	  else {L = mid; break;}
	}
      else
	{
	  if(L != mid + 1) L = mid + 1;
	  else break;
	}
    }
  return L;
}

int main()
{
  n = read(); P = read();
  for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
  q[++r] = (Node){0, 1, n};
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
      while(q[l].R < i) l++;  //永远不会弹空
      dp[i] = dp[q[l].pos] + w(q[l].pos + 1, i);
      q[l].L = i + 1;
      while(l <= r && dp[i] + w(i + 1, q[r].L) <= dp[q[r].pos] + w(q[r].pos + 1, q[r].L)) r--;
      int pos = solve(i, q[r]); q[r].R = pos - 1;
      if(pos <= n) q[++r] = (Node){i, pos, n};
    }
  write(dp[n]), enter;
  return 0;
}
posted @   mrclr  阅读(160)  评论(0编辑  收藏  举报
编辑推荐:
· .NET 9 new features-C#13新的锁类型和语义
· Linux系统下SQL Server数据库镜像配置全流程详解
· 现代计算机视觉入门之:什么是视频
· 你所不知道的 C/C++ 宏知识
· 聊一聊 操作系统蓝屏 c0000102 的故障分析
阅读排行:
· 回顾我的软件开发经历(1)
· 不到万不得已,千万不要去外包
· C# WebAPI 插件热插拔(持续更新中)
· .NET 9 new features-C#13新的锁类型和语义
· 会议真的有必要吗?我们产品开发9年了,但从来没开过会
点击右上角即可分享
微信分享提示