洛谷P4544 [USACO10NOV] Buying Feed G 题解 单调队列优化DP

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4544

解题思路：

首先我们可以将 $N$ 家商店按照坐标 $X_i$ 从小到大排序（可能会有一些商店坐标相同的情况，但是不影响）。

并且我们可以将家看做第 $N+1$ 个商店（当然，$F_{N+1} = 0$）。

定义状态 $F_{i,j}$ 表示在前 $i$ 家商店买了恰好 $j$ 吨饲料的总花费。

则状态转移方程为：

$$f_{i,j} = \min\limits_{0 \le k \le \min(j, F_i)} f_{i-1, j-k} + (X_i - X_{i-1}) \times (j-k)^2 + C_i \times k$$

示例程序：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 505, maxk = 1e4 + 5;
long long f[maxn][maxk];
int K, E, n;
struct Node {
    int x, f, c;
} a[maxn];

int main() {
    scanf("%d%d%d", &K, &E, &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d%d", &a[i].x, &a[i].f, &a[i].c);
    sort(a+1, a+n+1, [](Node a, Node b){
        return a.x < b.x;
      });
    a[n+1] = {E, 0, 0};
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0][0] = 0;
    for (int i = 1, F = 0; i <= n+1; i++) {
        F = min(K, F + a[i].f);
        for (int j = 0; j <= F; j++) {
            for (int k = 0; k <= min(j, a[i].f); k++) {
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-k] + (long long)(a[i].x-a[i-1].x)*(j-k)*(j-k) + (long long)a[i].c * k);
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", f[n+1][K]);
    return 0;
}

但是算法的时间复杂度为 $O(N \times K^2)$，会超时。（数据水了点， TLE 了一组，拿了 95 分）

接下来考虑如何优化。

考试将 $j-k$ 替换为 $k$，上式变为：

$$f_{i,j} = \min\limits_{max(0, j-F_i) \le k \le j} f_{i-1,k} + (X_i - X_{i-1}) \cdot k^2 + C_i \cdot (j - k)$$

其中，$C_i \cdot j$ 是一个固定项（和 $k$ 无关，可以提出来）

然后定义

$$g(i, k) = f_{i-1,k} + (X_i - X_{i-1}) \cdot k^2 - C_i \cdot k$$

则

$f_{i,j} = C_i \cdot j + \min\limits_{max(0, j-F_i) \le k \le j} g(i, k)$

然后可以发现，随着 $j$ 的增大，$k$ 的左边界（$max(0, j-F_i)$）是逐渐变大的，$k$ 右边界（$j$）也是逐渐变大的，所以我们可以用 单调队列 维护这个区间（任意时刻单调队列的队首对应的就是 $\min\limits_{max(0, j-F_i) \le k \le j} g(i, k)$）。

使用单调队列优化后，算法的时间复杂度就变为了 $O(NK)$（状态数 $O(NK)$，状态转移 $O(1)$）。

示例程序：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 505, maxk = 1e4 + 5;
long long f[maxn][maxk];
int K, E, n;
struct Node {
    int x, f, c;
} a[maxn];

long long g(int i, int k) {
	return f[i-1][k] + (long long) (a[i].x - a[i-1].x) * k * k - (long long) a[i].c * k;
}

int main() {
    scanf("%d%d%d", &K, &E, &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d%d", &a[i].x, &a[i].f, &a[i].c);
    sort(a+1, a+n+1, [](Node a, Node b){
        return a.x < b.x;
      });
    a[n+1] = {E, 0, 0};
    fill(f[0], f[0] + maxn*maxk, (long long)1e18);
    f[0][0] = 0;
    for (int i = 1, F = 0; i <= n+1; i++) {
        F = min(K, F + a[i].f);
        deque<int> que;
        for (int j = 0; j <= F; j++) {
            while (!que.empty() && que.front() < j - a[i].f)
            	que.pop_front();
            while (!que.empty() && g(i, que.back()) >= g(i, j))
            	que.pop_back();
            que.push_back(j);
        	f[i][j] = (long long) a[i].c * j + g(i, que.front());
		}
    }
    printf("%lld\n", f[n+1][K]);
    return 0;
}