【Usaco2008 Mar】土地购买
【题目描述】
农夫John准备扩大他的农场,他正在考虑N (1 <= N <= 50,000) 块长方形的土地. 每块土地的长宽满足(1 <= 宽 <= 1,000,000; 1 <= 长 <= 1,000,000).
每块土地的价格是它的面积,但FJ可以同时购买多快土地. 这些土地的价格是它们最大的长乘以它们最大的宽, 但是土地的长宽不能交换. 如果FJ买一块3x5的地和一块5x3的地,则他需要付5x5=25.
FJ希望买下所有的土地,但是他发现分组来买这些土地可以节省经费. 他需要你帮助他找到最小的经费.
【输入格式】
- 第1行: 一个数: N
- 第2..N+1行: 第i+1行包含两个数,分别为第i块土地的长和宽
【输出格式】
- 第一行: 最小的可行费用.
【分析】
这是一道动态规划的题目,设长宽分别为l与w。
首先,我们进行预处理,将矩阵按照l递减(主关键字),w递增(次关键字)的顺序排序,
很容易看到的是,如果有两个矩阵i和j,满足l[j]>l[i]并且w[j]>w[i],那么这个矩阵可以完全删除掉,因为在买这个大矩阵j的同时可以把i也顺带买了,这样可以保证排序是唯一确定的。
接下来,设f(i)为前i个矩阵所需要的最小花费,得到朴素递推方程:
f[i]=min{f[j]+l[j+1]*w[i]}(j<i)
复杂度是O(n^2),显然会超时。
考虑斜率优化:
现在有两个决策f[j]与f[k],其中j<k。
假设f[i]从f[j]转移过来比从f[k]转移过来要更优,即:
f[j]+l[j+1]*w[i]<f[k]+l[k+1]*w[i]
两边移一下,得到:
W[i]<(f[k]-f[j])/(l[j+1]-l[k+1])
为了方便,我们不妨将l数组往前提一位(即l[i]=l[i+1]),
设g[j,k] = (f[k]-f[j])/(l[j] - l[k])
则如果g[j,k] > w[i] 表示j比k更优。则k可以舍弃掉。
进而我们发现,当c < b < a < i时,如果有g[c, b] > g[b, a],那么b永远都不会成为计算f[i]时的决策点,为什么呢?
证明:
如果g[c, b] > g[b, a],那么我们可以分两个方面考虑g[c, b]与的关系:
(1)如果g[c, b] > =y[i],那么决策c不会比决策b差,也就说决策b不可能是决策点
(2)如果g[c, b] < y[i],那么由于g[c, b] > g[b, a],那么g[b, a] < y[i],那么决策a要比决策b好,所以b也不能作为决策点。
我们用一个队列来实现上面的规则,使得时间复杂度下降。
我们现在在满足以上性质的一个队列Q中插入一个新的矩阵i.
1、我们要判断第一个条件,得到:
w[i]*(l[Q[front]]-l[Q[front+1]])>(f[Q[front+1]]-f[Q[front]])
如果成立,说明上面的公式说明的是g[front,front+1]<w[i],即front+1要优于front,所以把front踢出队列,直到不可以再踢进行状态的转移。
2、我们要判断第二个条件,得到:
(l[Q[rear]]-l[i])*(f[Q[rear]]-f[Q[rear-1]])>(l[Q[rear-1]]-l[Q[rear]])*(f[i]-f[Q[rear]])
说明的是对于i,rear,rear-1三个元素来说,有g[rear-1,rear]<g[rear,i],显然,把rear踢出队列,直到不可以再踢时在队尾插入i。
显然对于每个元素来说,都要一次插入与一次弹出,所以复杂度为O(n)。
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
const int maxn=;
const int INF=0x7fffffff;
using namespace std;
struct matrix
{
long long l,w;//长与宽
//重载运算符
bool operator <(const matrix &b)const
{
if (l==b.l) return b.w<w;
return b.l<l;
}
}data[maxn];
long long l[maxn],w[maxn],f[maxn];
int Q[maxn];//Q代表队列 int main()
{
int i,j,n,cnt=;
memset(l,,sizeof(l));
memset(w,,sizeof(w));
memset(f,,sizeof(f)); scanf("%d",&n);
for (i=;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&data[i].l,&data[i].w);
sort(data+,data++n);//长度递减
for (i=;i<=n;i++)
//代表高度需要递增
if (cnt== || data[i].w>w[cnt])
{
cnt++;
w[cnt]=data[i].w;
l[cnt]=data[i].l;
}
for(i=;i<cnt;i++) l[i]=l[i+];//千万要注意! int front=,rear=;
Q[]=;
for (i=;i<=cnt;i++)
{
while (front<rear && w[i]*(l[Q[front]]-l[Q[front+]])>(f[Q[front+]]-f[Q[front]]))
front++;
f[i]=f[Q[front]]+l[Q[front]]*w[i];
while (front<rear && (l[Q[rear]]-l[i])*(f[Q[rear]]-f[Q[rear-]])>(l[Q[rear-]]-l[Q[rear]])*(f[i]-f[Q[rear]]))
rear--;
Q[++rear]=i;
} printf("%lld\n",f[cnt]);
return ;
}
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