P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车

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题目

P5017

思路

将实际问题抽象后，不难发现这是一个 区间 \(DP\)

我们不妨认为时间是一条数轴，每名同学按照到达时刻分别对应数轴上可能重合的点。安排车辆的工作，等同于将数轴分成若干个左开右闭段，每段的长度 \(\geqslant m\)。原本的等车时间之和，自然就转换成所有点到各自所属段右边界的距离之和。

转移： \(f_i=min\{f_j+\sum_{j<t_k\leq i} i-t_k\}\)\(,\) \(j\leq i-m\)

但是这样显然时间复杂度会超标

考虑使用前缀和优化掉那个大大的 \(\sum\)

之后，转移式可以这样写： \(f_i=min\{f_j+(cnt_i-cnt_j)*i-(sum_i-sum_j)\}\) \(,\) \(j\leq i-m\)

这里令 \(t=max\{t_i\}\) \(,\) \(1\leq i \leq n\)，最终答案只需在 \(i \geqslant t\) 找最小的 \(f_i\) 即可。实际上，\([t, t+m)\) 包含了所有可能的答案。

此时考虑时间复杂度：\(O(n^2)\) 非常不合理

考虑优化 \(DP\)

仍然考虑 \((j,i]\) 段的长度，由于分的段数不会增大答案，当它的长度 \(\geqslant 2m\) 时，我们完全可以再给它切一刀，得到不劣的答案。通过此性质，可剪去大量无用转移。

此时再来考虑时间复杂度：\(O(tm)\) 还是不够优秀 只能达到70pts

再考虑优化 \(DP\)

假设正在求 \(f_i\)，但在 \((i-m,i]\) 中没有任何点，这个 \(f_i\) 相对来说就是 “无用” 的。原因是若最后一段长度恰好 \(= m\)，这里面又没有任何点，不分割也罢。长度 \(>m\) 时，完全可以把这一段的右边界往左“拖”，产生不劣的答案。

然而直接扔掉这个状态，会与上一个优化缩小转移范围起冲突，故无用的位置令 \(f_i = f_{i-m}\)，防止漏解。

此时的时间复杂度就已经非常优秀了：\(O(nm^2+t)\) 稳定100pts

总结

这是一道非常好的区间类 \(DP\) 问题，值得反复思考

CPP

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+10;
const int INF=1e9;
int n,m,T;
int a[N],f[N],s[N];

inline int max(int a,int b) {
	return a>b?a:b;
}

inline int min(int a,int b) {
	return a<b?a:b;
}

inline int read() {
	int x, f = 1;
	char c;
	while (!((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')) if (c == '-') f = -1;
	x = c - '0';
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9') (x *= 10) += c - '0';
	return x * f;
}

inline void write(int x) {
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 ^ 48);
}

int main() {
	n=read(),m=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int t=read();
		a[t]++;
		s[t]+=t;
		T=max(T,t);
	}
	for(int i=1; i<m+T; i++) {
		a[i]+=a[i-1];
		s[i]+=s[i-1];
	}
	for(int i=0; i<m+T; i++) {
		if(i>=m && a[i-m]==a[i]) {
			f[i]=f[i-m];
			continue;
		}
		f[i]=a[i]*i-s[i];
		for(int j=max(0,i-(m<<1)+1); j<=i-m; j++)
			f[i]=min(f[i],f[j]+(a[i]-a[j])*i-(s[i]-s[j]));
	}
	int ans=INF;
	for(int i=T; i<T+m; i++)
		ans=min(ans,f[i]);
	write(ans);
	putchar('\n');
	return 0;
}