P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车 题解

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车

题目 [NOIP2018 普及组] 摆渡车

题目描述

有 $n$ 名同学要乘坐摆渡车从人大附中前往人民大学，第 $i$ 位同学在第 $t_i$ 分钟去 等车。只有一辆摆渡车在工作，但摆渡车容量可以视为无限大。摆渡车从人大附中出发、 把车上的同学送到人民大学、再回到人大附中（去接其他同学），这样往返一趟总共花费 $m$ 分钟（同学上下车时间忽略不计）。摆渡车要将所有同学都送到人民大学。

凯凯很好奇，如果他能任意安排摆渡车出发的时间，那么这些同学的等车时间之和最小为多少呢？

注意：摆渡车回到人大附中后可以即刻出发。

输入格式

第一行包含两个正整数 $n,m$，以一个空格分开，分别代表等车人数和摆渡车往返一趟的时间。
第二行包含 $n$ 个正整数，相邻两数之间以一个空格分隔，第 $i$ 个非负整数 $t_i$ 代表第 $i$ 个同学到达车站的时刻。

输出格式

输出一行，一个整数，表示所有同学等车时间之和的最小值（单位：分钟）。

样例 #1

样例输入 #1

5 1 
3 4 4 3 5

样例输出 #1

0

【数据规模与约定】
对于 $10\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 10,m=1,0\le t_i\le 100$。
对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 20,m\le 2,0\le t_i\le 100$。
对于 $50\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 500,m\le 100,0\le t_i\le {10}^4$。
另有 $20\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 500,m\le 10,0\le t_i\le 4\times {10}^6$。
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 500,m\le 100,0\le t_i\le 4\times {10}^6$。

思路-1

将实际问题抽象后，不难发现这是一个 区间 $DP$

我们不妨认为时间是一条数轴，每名同学按照到达时刻分别对应数轴上可能重合的点。安排车辆的工作，等同于将数轴分成若干个左开右闭段，每段的长度 $⩾m$。原本的等车时间之和，自然就转换成所有点到各自所属段右边界的距离之和。

转移： $f_i=min\{f_j+\sum _{k\le i}^{j<t}i-t_k\}$$,$ $j\le i-m$

但是这样显然时间复杂度会超标

考虑使用前缀和优化掉那个大大的 $\sum$

之后，转移式可以这样写： $f_i=min\{f_j+(cn{t}_i-cn{t}_j)\ast i-(su{m}_i-su{m}_j)\}$ $,$ $j\le i-m$

这里令 $t=max\{t_i\}$ $,$ $1\le i\le n$，最终答案只需在 $i⩾t$ 找最小的 $f_i$ 即可。实际上，$[t,t+m)$ 包含了所有可能的答案。

此时考虑时间复杂度：$O(n^2)$ 非常不合理

考虑优化 $DP$

仍然考虑 $(j,i]$ 段的长度，由于分的段数不会增大答案，当它的长度 $⩾2m$ 时，我们完全可以再给它切一刀，得到不劣的答案。通过此性质，可剪去大量无用转移。

此时再来考虑时间复杂度：$O(tm)$ 还是不够优秀 只能达到70pts

再考虑优化 $DP$

假设正在求 $f_i$，但在 $(i-m,i]$ 中没有任何点，这个 $f_i$ 相对来说就是 “无用” 的。原因是若最后一段长度恰好 $=m$，这里面又没有任何点，不分割也罢。长度 $>m$ 时，完全可以把这一段的右边界往左“拖”，产生不劣的答案。

然而直接扔掉这个状态，会与上一个优化缩小转移范围起冲突，故无用的位置令 $f_i=f_{i-m}$，防止漏解。

此时的时间复杂度就已经非常优秀了：$O(n{m}^2+t)$ 稳定100pts

CPP-1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+10;
const int INF=1e9;
int n,m,T;
int a[N],f[N],s[N];

inline int max(int a,int b) {
	return a>b?a:b;
}

inline int min(int a,int b) {
	return a<b?a:b;
}

inline int read() {
	int x, f = 1;
	char c;
	while (!((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')) if (c == '-') f = -1;
	x = c - '0';
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9') (x *= 10) += c - '0';
	return x * f;
}

inline void write(int x) {
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 ^ 48);
}


int main() {
	n=read(),m=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int t=read();
		a[t]++;
		s[t]+=t;
		T=max(T,t);
	}
	for(int i=1; i<m+T; i++) {
		a[i]+=a[i-1];
		s[i]+=s[i-1];
	}
	for(int i=0; i<m+T; i++) {
		if(i>=m && a[i-m]==a[i]) {
			f[i]=f[i-m];
			continue;
		}
		f[i]=a[i]*i-s[i];
		for(int j=max(0,i-(m<<1)+1); j<=i-m; j++)
			f[i]=min(f[i],f[j]+(a[i]-a[j])*i-(s[i]-s[j]));
	}
	int ans=INF;
	for(int i=T; i<T+m; i++)
		ans=min(ans,f[i]);
	write(ans);
	putchar('\n');
	return 0;
}

思路-2

我们来考虑递推式：$f_i=min\{f_j+(cn{t}_i-cn{t}_j)\ast i-(su{m}_i-su{m}_j)\}$ $,$ $j\le i-m.$

则有：$f_i=f_j+cn{t}_i\ast i-cn{t}_j\ast i-su{m}_i+su{m}_j.$

继续推导，则有：$f_j+su{m}_j=f_i+su{m}_i-cn{t}_i\ast i.$

不妨令 $y=f_j+su{m}_j,k=i,x=cn{t}_j,b=f_i+su{m}_i-cn{t}_i\ast i.$

这很显然就是一个斜率优化的式子了： $y=kx+b.$

而在DP的设置中，我们要求： $i⩾j+m.$

那么我们可以开始写代码了

需要注意的是：在斜率优化中我们难免会遇到求斜率的地方，而这种情况下程序无法避免的误差，可以通过二者相乘解决，详细可见我对P5785那道题的注释

CPP-2

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+10;
int n,m,t,ti,ans=1e9;
int sum[N],cnt[N];
int q[N],f[N];
int l=1,r=0;

inline int read() {
    int x, f = 1;
    char c;
    while (!((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')) if (c == '-') f = -1;
    x = c - '0';
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9') (x *= 10) += c - '0';
    return x * f;
}

inline double slope(int x,int y){
	return (f[y]+sum[y]-f[x]-sum[x])/(double)(cnt[y]==cnt[x]?1e-9:cnt[y]-cnt[x]);
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ti=read();
		t=max(t,ti);
		cnt[ti]++;
		sum[ti]+=ti;
	}
	for(int i=1;i<t+m;i++){
		cnt[i]+=cnt[i-1];
		sum[i]+=sum[i-1];
	}
	for(int i=0;i<t+m;i++){
		if(i-m>=0){ // j = i - m
			while(l<r && slope(q[r-1],q[r])>=slope(q[r],i-m)) --r;
			q[++r]=i-m;
		}
		while(l<r && slope(q[l],q[l+1])<=i) ++l;
		f[i]=i*cnt[i]-sum[i];
		if(l<=r) f[i]=min(f[i],f[q[l]]+(cnt[i]-cnt[q[l]])*i-(sum[i]-sum[q[l]]));
	}
	for(int i=t;i<t+m;i++) ans=min(f[i],ans);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}