[World Final 2016] Branch Assignment
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先求出正置边和反置边时b+1到前b个点的最短路dis[0/1][x](x∈[1,b]),
令D[x]=dis[0][x]+dis[1][x]
然后分组后每个x对代价的贡献为D[x]*(所在组中元素个数-1)
考虑DP决策分组过程,发现没有一个很好的序,
不过为了使得代价小,应该把D小的放在个数大的组里,D大的放在个数少的组里
由此可以想出,应该是大小相近的元素放在了同一组中,这意味着,先排序,在划分成s段,的所有情况包含了原问题的最优解
于是把D[1~b]排序后,有方程
$f[i][j]=MIN_{k=0}^{j-1}[f[i-1][k]+(j-k-1)*(sum[j]-sum[k])]$
$O(n^3)$
其中:f[i][j]表示把前j个分成i组的最小值,sum为D的前缀和
非法状态均置为INF
由于可以粗略的知道这个东西在j确定,i为自变量的函数图像上有凸性
(可以玄学地认为,最开始的时候,多划分一刀可以造成很大的改变,随着划分次数越来越多,多划分一刀的改变越来越微小)
于是,可以使用带权二分来优化这一DP
即,消去对划分次数的限制,通过二分来找到一个合适的划分附加代价,使得即使不限制划分次数,最后的最优解也恰好满足我们对划分数的限制
这样有了一个新的方程
$f'[j]=MIN_{k=0}^{j-1}[f'[k]+(j-k-1)*(sum[j]-sum[k])]+C$
$O(n^2log)$
考虑优化转移过程
拆开方程得到
$f'[j]=MIN_{k=0}^{j-1}[f'[k]+(k+1)sum[k]-ksum[j]-jsum[k]]+(j-1)sum[j]+C$
在方程中
当固定j不动时
随k增加,f'[k]+(k+1)sum[k]项增加,-ksum[j]-jsum[k]项减小
而随j的增加,含j的项(即-ksum[j]-jsum[k])对答案的影响加剧,于是,随j的增加,j的最优决策中的k会单调变大(随j的增加,我们决策时更为看重含j项,为了使含j项减小,我们试图使用更大的k)
这意味着这个方程有决策单调性
本题通过带权二分和决策单调性优化可以做到$O(nlog^2)$
(感觉最近状态很差,午休一直睡不着来着,几个月了吧,先是用N^2log给方哥号上贡献了半屏T,又以为可以nlog做,然后贡献了半屏Wa,最后才发现决策单调性)
代码:
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define P pair <int ,int >
using namespace std;
priority_queue <P ,vector <P > ,greater <P > > PQ ;
int n,b,s,r;
struct INP{
int u,v,val;
}inp[];
struct ss{
int to,next,val;
}e[];
int first[],num;
LL d[],f[],sum[];
int lin[],dis[],que[],grt_st[];
void build(int ,int ,int );
void dij(int );
bool check(LL );
LL ask(int ,int );
int main()
{
int i,j,k,l;
LL L,R,mid;
scanf("%d%d%d%d",&n,&b,&s,&r);
for(i=;i<=r;i++){
scanf("%d%d%d",&inp[i].u,&inp[i].v,&inp[i].val);
build(inp[i].u,inp[i].v,inp[i].val);
}
dij(b+);
for(i=;i<=b;i++) d[i]=dis[i];
memset(first,,sizeof(first)),num=;
for(i=;i<=r;i++)
build(inp[i].v,inp[i].u,inp[i].val);
dij(b+);
for(i=;i<=b;i++) d[i]+=dis[i];
sort(d+,d+b+);
for(i=;i<=b;i++) sum[i]=sum[i-]+d[i];
L=,R=b*sum[b],mid=(L+R)>>;
while(R-L>=){
if(check(mid)) L=mid;
else R=mid-;
mid=(L+R)>>;
}
for(mid=R;mid>=L;mid--)
if(check(mid)){
printf("%lld\n",f[b]-s*mid);
return ;
}
return ;
}
void build(int f,int t,int val){
e[++num].next=first[f];
e[num].to=t,e[num].val=val;
first[f]=num;
}
void dij(int S){
int i,U;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[S]=;
P u,v;
u.first=,u.second=S;
PQ.push(u);
while(!PQ.empty()){
u=PQ.top();
PQ.pop();
U=u.second;
for(i=first[U];i;i=e[i].next)
if(dis[e[i].to]>dis[U]+e[i].val){
dis[e[i].to]=dis[U]+e[i].val;
v.first=dis[e[i].to],v.second=e[i].to;
PQ.push(v);
}
}
}
bool check(LL lim){
int tmp=,i,h=,t=;
int l,r,mid;
f[]=lin[]=,grt_st[]=;
que[t]=;
for(i=;i<=b;i++){
l=h+,r=t,mid=(l+r)>>;
while(r-l>){
if(i>=grt_st[que[mid]]) l=mid;
else r=mid-;
mid=(l+r)>>;
}
for(mid=r;mid>=l;mid--)
if(i>=grt_st[que[mid]]){
f[i]=ask(i,que[mid])+lim,lin[i]=lin[que[mid]]+;
break;
}
if(i==b) break;
grt_st[i]=b+;
while(h<t&&grt_st[que[t]]>i&&ask(grt_st[que[t]],i)<=ask(grt_st[que[t]],que[t])) grt_st[i]=grt_st[que[t]],t--;
if(h<t){
l=max(grt_st[que[t]],i+),r=grt_st[i]-,mid=(l+r)>>;
while(r-l>){
if(ask(mid,i)<=ask(mid,que[t])) r=mid;
else l=mid+;
mid=(l+r)>>;
}
for(mid=l;mid<=r;mid++)
if(ask(mid,i)<=ask(mid,que[t])){
grt_st[i]=mid;
break;
}
}
if(grt_st[i]!=b+)
que[++t]=i;
}
return lin[b]>=s;
}
LL ask(int x,int typ){
return f[typ]+(x-typ-)*(sum[x]-sum[typ]);
}
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