「Bzoj1010」「Luogu3195」玩具装箱

来源和评测点

HNOI2008
Bzoj1010
Luogu3195
Caioj1138

题目

「题目大意」
P教授要去看奥运,但是他舍不下他的玩具,于是他决定把所有的玩具运到北京。
他使用自己的压缩器进行压缩,其可以将任意物品变成一堆,再放到一种特殊的一维容器中。
P教授有编号为1…N的N件玩具,第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci。
为了方便整理,P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。
同时如果一个一维容器中有多个玩具,那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物,
形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中,
那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j
制作容器的费用与容器的长度有关,根据教授研究,
如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。
P教授不关心容器的数目,他可以制作出任意长度的容器,甚至超过L。但他希望费用最小.
「输入格式」
第一行输入两个整数N,L.接下来N行输入Ci.
「限定条件」
1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
「输出格式」
输出最小费用
「输入样例」
5 4
3
4
2
1
4
「输出样例」
1
「样例解释」

刷题记录

1h

分析

1.化简dp公式
sum[i]=sum[i-1]+c[i]
f[i]=选择物品i后1~i最小花费
f[i]=f[j]+sqr(sum[i]-sum[j]+i-(j+1)-l)
f[i]=f[j]+sqr(sum[i]+i-sum[j]-j-1-l)
设s[i]=sum[i]+i,L=l+1
f[i]=f[j]+sqr(s[i]-s[j]-L)

2.证明决策单调性
假设j1<j2<i
已知对于i,j2优于j1,本题追求小,所以
f[j2]+sqr(s[i]-s[j2]-L)<f[j1]+sqr(s[i]-s[j1]-L)——————-①
现在要证明对于t(t>i),j2同样优于j1,易得s[t]=s[i]+v
即证明f[j2]+sqr(s[i]-s[j2]-L+v)<f[j1]+sqr(s[i]-s[j1]-L+v)———②

为了从①证明②,两式取差
证明 2*(s[i]-s[j2]-L)*v+v*v<=2*(s[i]-s[j1]-L)*v+v*v 即可
即 -2*s[j2]*v<=-2*s[j1]*v
即 s[j2]>=s[j1]
这是显而易见的,故②得证

所以这次如果选了j2,j1将没有任何用处,可淘汰

3.确定比较状态优劣的斜率方程
只能用于相邻的状态比较
斜率=(y1-y2)/(x1-x2)

f[j2]+sqr(s[i]-s[j2]-L)<f[j1]+sqr(s[i]-s[j1]-L)
[ (f[j2]+s[j2]*s[j2])-(f[j1]+s[j1]*s[j1]) ]/[ s[j2]-s[j1] ] < 2*(s[i]-L)
满足则j2更优

那么把状态变成点( s[j],f[j]+sqr(s[j]) )

4.单调队列维护
满足: 相邻斜率不递减
故形状为一个向下的凸壳(形如丿字)

一、去头(两者比较)
将2*(s[i]-L)理解为i给出的标杆,假如“头与头后一个斜率”小于标杆,
意味着后一个更优秀,将头剔除

二、继承
从当前最优秀的头继承

三、铺垫与维护(三者比较)
将当前状态放入队列,并两两比较删除无用状态,保证相邻斜率不递减
删除正确性证明:
对于a和b的斜率x<=b和c的斜率y
被删除的末尾,在(末尾前一个,末尾,当前状态)中必定不是最优状态,
因为斜率必定不如他们
哪怕是这种极端情况:
○ ○

斜率越大,则越靠近标杆,也就意味着后面这个越优秀
(虽然在小于标杆的时候依然是前面的优秀,
但我这里的意思是同样的前者下,后者1会比后者2更优秀)
斜率为0意味着同样优秀,那么当然是后面的更好了
总而言之,斜率越小越优秀

代码

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//Zory-2018
//*******************头文件*******************
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#ifdef WIN32
#define BIGN "%I64d"
#else
#define BIGN "%lld"
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mysqr(ll x) {return x*x;}
//*******************全局常量*******************
const int MAXN=51000;
//*******************全局定义*******************
int n;double L;
double sum[MAXN],s[MAXN];
double f[MAXN];
//*******************实现*******************
double X(int x)
{
return s[x];
}
double Y(int x)
{
return f[x]+mysqr(s[x]);
}
double slop(int x,int y)
{
return ( Y(x)-Y(y) )/( X(x)-X(y) );
}
int g[MAXN];
void solve()
{
int tou=1,wei=1;g[1]=0;f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(tou<wei and slop(g[tou],g[tou+1])<=2*(s[i]-L)) tou++;
int j=g[tou];f[i]=f[j]+mysqr(s[i]-s[j]-L);
while(tou<wei and slop(g[wei-1],g[wei])>slop(g[wei],i)) wei--;
g[++wei]=i;
}
}
//*******************主函数*******************
int main()
{
scanf("%d%lf",&n,&L);L+=1.0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
double t;scanf("%lf",&t);
sum[i]=sum[i-1]+t;
s[i]=sum[i]+i;
}
solve();
printf("%.0lf",f[n]);
}

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