「POJ 3666」Making the Grade 路面修整 题解报告

「POJ 3666」Making the Grade 路面修整

个人评价（一句话描述对这个题的情感）

灰常好！(￣▽￣)"

1 算法标签

dp动态规划+滚动数组优化

2 题目难度

提高/提高+

CF rating：2300

3 题面

「POJ 3666」Making the Grade 路面修整

4 分析题面

4.1 简要描述

给出数列 $A$, 求非严格单调不上升或单调不下降, 且$S=\sum^N_{i=1}|A_i-B_i|$ 最小的序列$B$，输出$S$

4.2 模型转换

输入$N$, 然后输入$N$个数，求最小的改动这些数使之成非严格递增或非严格递减即可

5 问题分析

以B为非严格单调递增为例

5.0 暴力

我们直接当考虑已经选了$n$个数：

• 若$n=1，A_1=B_1$时S最小为$|A_1-B_1|$

• 若$n>1$，前面已经选择了n-1个数，取得了最小值，考虑怎么取第n个数

  • 若 $A_i≥B_{i-1}$，$B_i=A_i$显然最优

  • 若$A_i< B_{i-1}$

    • $B_i=A_i$

    • 将$B_k,B_{K+1},...,B_i$都赋值为$A_k,A_k+1,...,A_i$的中位数

    口胡证明：
    

    我们可以将$B_k,B_{K+1},...,B_i$标记在数轴上
    

    再将$A_k,A_k+1,...,A_i$标记上
    

    那么，其实S的几何含义就是每一组$A_i$到$B_i$的距离之和
    

    我们的小学数学也学过绝对值最值问题：
    

    求$|x-k_1|+|x-k_2|+|x-k_3|...$的最小值
    

    其实和这里的$S$是没有任何区别的
    

    所以，我们知道零点分段法可以解决这类问题
    

    就是取中位数（就是使每个绝对值内部为0的x答案数组的中位数）
    

    可以使得绝对值之和最小
    

    

  1. 如果$x$在两个$k$之间,那么无论$x$在哪,距离之和都是这两个$k$的距离

  2. 如果在这两个$k$之外,那么距离之和则为两个$k$距离加上两倍的$x$距近的$k$的距离，肯定不会优于于第一种情况

  那么我们只要尽量让$x$在越多的$k$之间即可

  那么最佳解$x$在图中就是$4$,如果$k$的个数为偶数$n$,则是$k_{n/2}和K_{n/2+1}$之间

  综上，选择中位数最佳

5.1 dp（动态规划）

通过综上分析(5.0中)，我们直接暴力模拟肯定是不行的（这个复杂度直接爆掉了）

但是！

我们可以从中得到一个$very$ $important$的结论：

$B$数列中的每个数必定都为$A$数列中的元素

所以，我们可以考虑用$dp$来解决：

阶段：到第$i$位

状态：$dp_{i,j}$表示以$B_j$结尾的$S_{min}$

B数组是A的复制排序处理过后的数组

$\space \space$ $dp[i][j]$表示把前i个数变成不严格单调递增且第$i$个数变成原来第$j$大的数的最小代价

转移方程：$dp_{i,j}=min(dp_{i-1,k})+|A_i-B_j|,其中1≤j≤n,1≤k≤j$

6 实现细节

6.1 dp（动态规划）

6.1.1 滚动数组

从我们的$dp$方程：$dp_{i,j}=min(dp_{i-1,k})+|A_i-B_j|,其中1≤j≤n,1≤k≤j$

灰常容易地阔以算出空间复杂度是$O(n^2)$

这个。。秉承着我们能省则省的原则

看到这个开二维数组$O(n^2)$的空间貌似有点浪费

那怎么去优化空间呢？

又由于我们的$dp$方程中只用到了$i-1$的信息

于是我们下意识地反应：

——用滚动数组优化！

$\space \space$用位运算符&来记录，这样就只用了$0/1$来表示

重复利用，节省空间

$\space\space\space\space$ $i$&$1$的效果和$i$%$2$的效果是一样的，但是$i$&$1$要快一点

$\space\space\space\space$ 且这种方式比直接写$0/1$少了一个不断交换的过程

$\space\space\space\space$ 窝jio得这个东西还是很·····香的

将$i->i$ & $1$，$i-1->(i-1)$&$1$

方程就变成了这样：

$dp[i$&$1][j]=min(dp[(i-1)$&$][k])+|A[i]-B[j]|,其中1≤j≤n,1≤k≤j$

6.1.2 最小值

但是这个复杂度。。

看上去好像是3层循环，就是$O(n^3)$啊

在$n<=2000$ 的时候就已经$game\space over$了，显然不行啊

这个xiao问题应该有手就行吧

其实只要一边更新$min(f[i-1][k])$一般算当前的$f[i][j]$就行

（因为$k$只到$j$）

6.1.3 降序

不严格单调不上升的情况也一样

更加方便的是可以把$B$数组从大到小排序后，做单调不下降的dp就🆗了

6.1.4 时间复杂度

二维DP，所以就是$O(n^2)$

7 代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4+2;
int n,f[2][N],a[N],b[N],ans=0x3f3f3f3f;
bool cmp1(int x,int y){
    return x<y;
}//升序 
bool cmp2(int x,int y){
    return x>y;
}//降序 
void work(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[1][i]=abs(a[1]-b[i]);
    }//边界条件
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int minn=f[(i-1)&1][1];
        for(int j=1;j<=n;j++){
            minn=min(minn,f[(i-1)&1][j]);//边更新边求
            f[i&1][j]=minn+abs(a[i]-b[j]);
            //滚动数组 
        }
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=min(ans,f[n&1][i]);
    }//求答案
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        b[i]=a[i];//拷贝到b数组
    }
    sort(b+1,b+1+n,cmp1);//从小到大 
    work(); //dp计算
    sort(b+1,b+1+n,cmp2);//从大到小 
    work();//直接就是一样的啊

    printf("%d",ans);//输出最小
    return 0;
}

8 总结

1. 最大的收获：就算做不出来也需要想一些可能的做法，说不定就撞对了

2. 新鲜的知识：更优秀的滚动数组写法

3. 相似的题目：CF #371 div.1 C Sonya and Problem Wihtout a Legend