http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2448

一遍过,嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎嘎,O(∩_∩)O~

题意是最小化最大值

设计区间dp

dp[i][j] 表示在能确定x不在区间[i,j]内,或确定x在区间[i,j]内某个位置的最坏情况下的最小值

dp[i][j]=min { max(dp[i][k-1],dp[k+1][j] ) + a[k] }  k∈[i,j]

O(n^3)复杂度

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream> using namespace std; #define N 2002 int a[N]; int dp[N][N]; void read(int &x)
{
x=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
} int main()
{
int n;
read(n);
for(int i=;i<=n;++i) read(a[i]);
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=;i<=n;++i)
dp[i][i]=a[i],dp[i][i-]=;
for(int i=n;i;--i)
for(int j=i;j<=n;++j)
for(int k=i;k<=j;++k)
dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i][k-],dp[k+][j])+a[k]);
printf("%d",dp[][n]);
}

优化:

把max去掉,就可以使用单调队列优化了

很显然的结论是长区间的dp值一定>=它的子区间的dp值

当固定i和j时,随着k的递增,dp[i][k-1]单调不降,dp[k+1][j]单调不增

所以一定可以找到一个分界点g,

当k∈[i,g]时,dp[i][k-1]>dp[k+1][j]

当k∈[g+1,j]时,dp[k+1][j]>dp[i][k-1]

所以上述转移方程变为

当k∈[i,g]时,dp[i][j]=min { dp[i][k-1]+a[k] }

当k∈[g+1,j]时,dp[i][j]=min { dp[k+1][j]+a[k] }

用g[i][j]表示对于每对i,j 求出的g

对于 当k∈[i,g[i][j] ]时,dp[i][j]=min { dp[i][k-1]+a[k] }

可以得出结论 g[a][b]<=g[a][b+1]

因为这里是前面的dp值>后面的dp值,[a,b+1]在[a,b]后面加了一个位置,

后面的dp值不变或增大,前面要包含更多的位置使前面变的更大,才能>=后面,所以g的位置不变或后移

所以固定区间左端点,随右端点的右移,g单调不减

对于 当k∈[g[i][j]+1,j]时,dp[i][j]=min { dp[k+1][j]+a[k] }

可以得出结论 g[a-1][b]<=g[a][b]

因为这里是后面的dp值>前面的dp值,[a-1,b]在[a,b]前面加了一个一个位置

前面的dp值不变或增大,后面要包含更多的位置使后面变的更大,才能>=前面,所以g的位置不变或前移

所以固定区间右端点,随左端点的左移,g单调不增

所以可维护n+1个单调队列

一个表示固定左端点,n个表示固定右端点

因为是左端点从n倒序枚举,右端点从左端点正序枚举

所以固定左端点的只需要用一个,左端点改变的时候清空队列即可

但是右端点是跳来跳去的,所以要用n个

实际实现的时候可以不计算g

如果要计算g的话,由上面可以得出结论

g[a-1][b]<=g[a][b]<=g[a][b+1]

利用g的单调性计算g

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm> using namespace std; #define N 2002 int a[N]; int dp[N][N]; int q[N][N];
int h[N],t[N]; #define A(x) dp[i][(x)-1]+a[(x)]
#define B(x) dp[(x)+1][j]+a[(x)] void read(int &x)
{
x=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
} int main()
{
int n;
read(n);
for(int i=;i<=n;++i) read(a[i]);
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=n;i;--i)
{
dp[i][i]=a[i];
h[]=;
q[][t[]=]=i;
q[i][t[i]=]=i;
for(int j=i+;j<=n;++j)
{
while(h[]<t[] && A(q[][h[]])<B(q[][h[]])) ++h[];
while(h[]<t[] && A(j)<A(q[][t[]-])) --t[];
q[][t[]++]=j;
while(h[j]<t[j] && B(q[j][h[j]])<A(q[j][h[j]])) ++h[j];
while(h[j]<t[j] && B(i)<B(q[j][t[j]-])) --t[j];
q[j][t[j]++]=i;
dp[i][j]=min(A(q[][h[]]),B(q[j][h[j]]));
}
}
printf("%d",dp[][n]);
}

2448: 挖油

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 133  Solved: 57
[Submit][Status][Discuss]

Description

给出一条线段,在左端点点0与右端点n+1间有n个点(n<=2000),并且在0到x之间的所有点都是有油的,在每个点钻井判断是否有油需要时间ti,求能够知道x的最坏情况下最少需要多少时间。
 

Input

第一行包含一个数n,如题目描述。
第二行包含n个数,表示在第i个点钻井判断是否有油需要的时间。
 

Output

输出包含一行,最坏情况下最少需要多少时间。
 

Sample Input

4
8 24 12 6

Sample Output

42

HINT

对于100%的数据,n<=2000,ti<=10^6

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