首页 > 代码库 > BZOJ1010 [HNOI2008]玩具装箱toy

BZOJ1010 [HNOI2008]玩具装箱toy

2024-08-18 02:09:24   221人阅读

本文版权归ljh2000和博客园共有，欢迎转载，但须保留此声明，并给出原文链接，谢谢合作。

 

 

本文作者：ljh2000
作者博客：http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/
转载请注明出处，侵权必究，保留最终解释权！

 

Description

　　P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压
缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具，第i件玩具经过
压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容
器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一
个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，
如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容
器，甚至超过L。但他希望费用最小.

Input

　　第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

Output

　　输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

1

 

 

正解：决策单调性+DP+单调队列

解题报告：

　　许久之前的一道考试题目了，题解直接用学长的了：

　　

　　首先贪心明显是错的(虽然可以过样例),想找反例的话随便看一个测试数据吧。
　　由于同一容器中玩具的编号必须是连续的,因此满足无后效性,可用动态规划解决。一个比较容易想到O(N^2 )的算法是,用F i 表示装前i个玩具的最少费用,S i 表示前i个玩具的总长度,则状态
　　转移方程为:
　　F i = min {F j + (S i ? S j + i ? (j + 1) ? L) 2 }0≤j<i
　　但由于N 最大可达到50000,所以期望得分为10～20分。
　　然而,真正颇为牛B的东西来了。
　　令S i ′ = S i + i, L ′ = L + 1,让我们重新观察原方程:
　　F i = min {F j + (S i ′ ? S j ′ ? L ′ ) 2 } 0≤j<i
　　令V j = F j + (S i ′ ? S j ′ ? L ′ ) 2 ,那么在x < y时,V x ≥ V y 可变形为:
　　F x ? F y ≥ (S i ′ ? S y ′ ? L ′ ) 2 ? (S i ′ ? S x ′ ? L ′ ) 2
　　? F x ? F y ≥ (2S i ′ ? S x ′ ? S y ′ ? 2L ′ )(S x ′ ? S y ′ )
　　? F x ? F y ≥ (2(S i ′ ? L ′ ) ? (S x ′ + S y ′ ))(S x ′ ? S y ′ )
　　? F x ? F y ≥ 2(S i ′ ? L ′ )(S x ′ ? S y ′ ) ? (S x ′ + S y ′ )(S x ′ ? S y ′ )
　　? F x ? F y + S x ′ ? S y ′ ≥ 2(S i ′ ? L ′ )(S x ′ ? S y ′ )
　　这样的话,如果对于当前的i,有x < y, V x ≥ V y ,那么对于以后更大的i,由于2(S i ′ ? L ′ )的单调性,V x ≥ V y
　　将会恒成立,也就是说x不可能再成为最优决策,我们将永远不会再用到它。

　　因为决策i可能比原队列中的某些决策更优,如果不将这些肯定没用的决策删除,队列前面的非最优决策可能受到它们当中的某个决策“保护”而没有被删除,其实这样也就是保证函数G的值在Q中单调递增。
　　由于每个元素最多入队一次,出队一次,所以维护队列的时间复杂度为O(N ),状态转移为O(1),计算F 值为O(N ),所以总时间复杂度为O(N ) + O(1) × O(N ) = O(N )。

 

 1 //It is made by jump~
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdio>
 6 #include <cmath>
 7 #include <algorithm>
 8 #include <ctime>
 9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <map>
12 #include <set>
13 using namespace std;
14 typedef long long LL;
15 const LL inf = (1LL<<50);
16 const int MAXN = 50011;
17 int n,a[MAXN],dui[MAXN],head,tail;
18 LL L,f[MAXN],sum[MAXN],S[MAXN];
19 
20 inline int getint()
21 {
22     int w=0,q=0; char c=getchar();
23     while((c<‘0‘ || c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar(); if(c==‘-‘) q=1,c=getchar(); 
24     while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘, c=getchar(); return q ? -w : w;
25 }
26 
27 inline bool check(int x,int y,int i){
28     x=dui[x]; y=dui[y];
29     LL ji=f[x]-f[y]+S[x]*S[x]-S[y]*S[y];
30     LL comp=2*(S[i]-L); comp*=S[x]-S[y];
31     if(ji>=comp) return true;  return false;
32 }
33 
34 inline bool check2(int x,int y,int i){
35     x=dui[x]; y=dui[y]; 
36     LL ji1=f[x]-f[y]+S[x]*S[x]-S[y]*S[y]; ji1/=(S[x]-S[y]);
37     LL ji2=f[y]-f[i]+S[y]*S[y]-S[i]*S[i]; ji2/=(S[y]-S[i]);
38     if(ji1>=ji2) return true;  return false;
39 }
40 
41 inline void work(){
42     n=getint(); L=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint(),sum[i]=sum[i-1]+a[i],S[i]=sum[i]+i;
43     head=tail=0; dui[head]=0; L++;
44     for(int i=1;i<=n;i++) {
45     while(head<tail && check(head,head+1,i))  head++;
46     f[i]=f[dui[head]]+(S[i]-S[dui[head]]-L)*(S[i]-S[dui[head]]-L);
47     while(head<tail && check2(tail-1,tail,i)) tail--;
48     dui[++tail]=i;
49     }
50     printf("%lld",f[n]);
51 } 
52 
53 int main()
54 {
55     work();
56     return 0;
57 }

 

BZOJ1010 [HNOI2008]玩具装箱toy


联系
我们