$ Cats Transport $

感觉这道题题面不好讲,就自翻了一个新的,希望有助于大家理解其思路:

大致题意: $ wch $ 的家里有 $ N $ 座山(山呈直线分布,第 $ i-1 $ 座山到第 $ i $ 座山距离为 $ Di $ )。 $ wch $ 中了 $ M $ 粒种子,第 $ i $ 粒种子在第 $ Hi $ 座山上生长,并在 $ Ti $ 时刻成熟,然后从 $ Ti $ 时刻开始每过一时刻累积一点损坏度(从被采摘的那一刻开始不会继续损坏)。但 $ wch $ 只雇佣了 $ P $ 位农民去采摘(没成熟不采)(农民不能回头)。假设到达某一座山时采摘的时间忽略不计, $ wch $ 和他的农民都住第一座山,农民步行速度为一米每秒,请问在采下所有果实的前提下所有的损坏度最小为多少?(农民可以从负时刻出发)

$ (2 ≤ n ≤ 10^5, 1 ≤ m ≤ 10^5, 1 ≤ p ≤ 10^2,1 ≤ di< 10^4,1 ≤ hi ≤ n, 0 ≤ ti ≤ 10^9) $



$ solution: $

这道题首先不管斜率优化,我们先观察一下题目,(第 $ i $ 粒种子在第 $ Hi $ 座山上生长,并在 $ Ti $ 时刻成熟),我们发现这两样东西似乎都关系到了果实可以何时被采摘(而且距离不涉及后面答案的运算),所以我们将这两个条件合并,从第一座山到第 $ i $ 座山的路程可以预处理出来,而这时只要用 $ Ti-SumD_{Hi} $ 即可相当于每粒种子都种在第一座山上了(只不过成熟时刻变了)。

这时我们发现题目被简化了: $ wch $ 种了m粒种子,第 $ i $ 粒种子将在 $ Ti-SumD_{Hi} $ 时刻成熟(同样从成熟那一刻开始累积损坏度), $ wch $ 只有 $ P $ 次采摘机会(他可以采下在这个时刻前(包括这个时刻)所有成熟的果实),那么在他采下所有果实的前提下总的累积的损坏度最小为多少? --------这时我们观察题面又可以发现成熟时刻早的种子一定先被采掉,于是我们按时间( $ T[i]=t[i]-SumD_{Hi} $ )排个序(为了方便,我们还要求出其前缀和 $ S[i] $ ),然后便不难设出状态了!

​ 设 $ F[i][j] $ 表示用了 $ i $ 次采摘机会收获了前 $ j $ 种果实累积的最小损坏度,这样我们假设第 $ i $ 次采的是第 $ k+1 $ 到 第 $ j $ 枚果实,因为我们已经按照成熟时刻排了序,所以这 $ j-k $ 枚果实一定都是在第 $ j $ 枚果实成熟的那一刻采摘的,于是 $ f[i][j]=f[i-1][k]+(j-k)\times T[j]-(S[j]-S[k]) $ 于是我们枚举所有可行 $ k $ 即可完成转移:

$ f[i][j]=min^{<j}_{k=0}(f[i-1][k]+(j-k)\times T[j]-(S[j]-S[k])) $

​ 但是看了一下数据,我们发现复杂度有点不对,于是我们考虑优化:先把与k无关的项提出来:

$ f[i][j]=[min^{<j}_{k=0}(f[i-1][k]-k\times T[j]+S[k]) ]+j\times T[j]-S[j] $

​ 然后我们发现在 ** $ min $ 函数中与 $ j $ 有关的项只有一个,不过它是一个和 $ k $ 与 $ j $ 都有关的数(这个是斜率优化的标志),而且 ** $ k $ 是单调递增的于是我们便想到用斜率优化:将等式左边只留与k有关的项,等式右边留与j有关的项。

$ f[i-1][k]-S[k]=k\times T[j]+f[i][j]-j\times T[j]+S[j] $

​ 而这就是一个以k为自变量, $ f[i-1][k]-S[k] $ 为因变量的函数,我们建立对应的直角坐标系,上式即为以 $ T[j] $ 为斜率, $ f[i][j]-j\times T[j]+S[j] $ 为截距的直线( $ j\times T[j]+S[j] $ 为定值)。所以我们要让截距最小即可,于是我们维护一个下凸壳。实现:我们建立一个数组 $ g[i]=f[i-1][k]-S[k] $ (其实就是纵坐标),然后我们维护一个单调队列 $ q[] $ ,队列里相邻的两个元素 $ i $ 和 $ j $ 应满足 $ i<j $ 并且 $ \frac{g[q[j]]-g[q[i]]}{q[j]-q[i]} $ 要单调递增。这样我们在枚举 $ j $ 的时候就会将对应的斜率从后面加进去,而提取出来的时候只需要拿当前的斜率(就是枚举的j)从最前面开始比较,直到比队列里的下一个斜率小,这是队头即为最优选择。

​ 复杂度: $ O(p\times m) $



$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set> #define ll long long
#define rg register int using namespace std; int n,m,p;
ll d[100005]; //距离
ll t[100005]; //时间
ll s[100005]; //时间前缀和
ll g[100005]; //f[i-1][k]+s[k]
ll q[100005]; //斜率单调队列
ll f[101][100005]; //斜率优化DP inline int qr(){
register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-')sign=1;
while(isdigit(ch)) res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
return sign?-res:res;
} int main(){
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout);
n=qr(); m=qr(); p=qr();
for(rg i=2;i<=n;++i) d[i]=d[i-1]+qr(); //从第一座山到这座山的距离
for(rg i=1;i<=m;++i){
rg x=qr(),y=qr();
t[i]=y-d[x];
}//每一只猫的可以被接走的时间=第一座山到它所在的那座山的距离-它玩耍的时间
sort(t+1,t+m+1); //把这些猫按可以被接走的时间的从小到大的顺序排序
for(rg i=1;i<=m;++i) s[i]=s[i-1]+t[i]; //时间的前缀和
for(rg i=1;i<=m;++i) f[0][i]=(ll)1e18;
for(rg i=1;i<=p;++i){ rg l=1,r=0; //斜率单调队列初始化
for(rg j=1;j<=m;++j) g[j]=f[i-1][j]+s[j]; //f[i-1][k]+s[k]的预处理
for(rg j=1;j<=m;++j){ q[++r]=j-1;
while(l<r&&g[q[l+1]]-g[q[l]]<=t[j]*(q[l+1]-q[l]))++l;
f[i][j]=min(f[i-1][j],g[q[l]]+(j-q[l])*t[j]-s[j]);
while(l<r&&((g[q[r]]-g[q[r-1]])*(j-q[r]))>=((g[j]-g[q[r]])*(q[r]-q[r-1])))--r;
}
}cout<<f[p][m]<<endl;//注意codeforces需要用cout输出
return 0;
}

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