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【题意】
【题解】
把山与山之间的距离求成前缀和。 即d[i]表示1..i之间的距离 然后对于第i只猫,设a[i] = t[i] - d[h[i]]; 则a[i]就表示恰好走到h[i]的时候,猫恰好下来,应该从何时从1出发。 按照a[i]升序排一下。 那么 现在相当于,让你在这m只猫里,选连续的p个段。分完所有的m只猫。 且所有猫的等待时间总和最短。 这个可以用区间DP来写。 每个区间里的猫都在区间的右端点的猫的时间出发去取。然后算一下代价就好。 设s[i] = a[1] + a[2] +...+a[i],dp[i][j]表示i个人管了前j只猫的最小值 则dp[i][j] = min{dp[i-1][x] + a[j]*(j-x)-(s[j]-s[x])}; 这样的复杂度是 $O(p*m^2)$ 考虑斜率优化。 假设 $x< y< j$ 且y优于x 即 dp[i-1][y] + a[j]*j - a[j]*y-s[j]+s[y] < dp[i-1][x] + a[j]*j - a[j]*x-s[j]+s[x] 即 dp[i-1][y]+s[y]-a[j]*y< dp[i-1][x]+s[x]-a[j]*x 也即 $frac{dp[i-1][y]+s[y]-(dp[i-1][x]+s[x])}{y-x} < a[j]$ 而a[j]我们已经升序排了,是单调递增的。 那么就是一个经典的斜率优化了。 优化过后。 复杂度能降为$O(p*m)$级别。【错的次数】
在这里输入错的次数【反思】
在这里输入反思【代码】
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5;
const int P = 1e2;
int n,m,p,d[N+10],a[N+10];
ll s[N+10];
ll dp[P+10][N+10];
int dl[N+10],head,tail;
double ju(int i,int x,int y)
{
return (1.0)*(dp[i-1][y] + s[y] - (dp[i-1][x]+s[x]))/(1.0*(y-x));
}
int main()
{
//freopen("F:\rush.txt","r",stdin);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for (int i = 2;i <= n;i++)
{
scanf("%d",&d[i]);
d[i]+=d[i-1];
}
for (int i = 1;i <= m;i++)
{
int h,t;
scanf("%d%d",&h,&t);
a[i] = t - d[h];
}
sort(a+1,a+1+m);
for (int i = 1;i <= m;i++)
s[i] = s[i-1] + a[i];
for (int i = 0;i <= p;i++)
for (int j = 1;j <= m;j++)
dp[i][j] = 1e17;
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1;i <= p;i++)
{
head = 1,tail = 1;
dl[1] = 0;
for (int j = 1;j <= m;j++)
{
while (head < tail && ju(i,dl[head],dl[head+1])<a[j]) head++;
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][dl[head]] + 1LL*a[j]*(j-dl[head])-(s[j]-s[dl[head]]));
while (head < tail && ju(i,dl[tail-1],dl[tail])>ju(i,dl[tail],j)) tail--;
dl[++tail] = j;
}
}
printf("%lld
",dp[p][m]);
return 0;
}