NOIP2018PJ T3 摆渡车

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题意：

时间轴上分布着$n$位乘客，$i$号乘客的位置为$t_i$，用互相距离不小于$m$的车次将时间轴分为若干部分并管辖上一个区间，求最小费用和。每个车次的费用来自：管辖区间内乘客与区间左端点的距离之和。

 

程序1（30pt）：

考虑DP。

设在$i$时间的车次及之前所有费用之和的最小值为$f_i$，则

①若是第一趟车，则

$$f_i=sumlimits_{1leq jleq i}(\, i-j\,)$$

②若非第一趟车，则

$$f_i=mathop{min}limits_{1leq jleq i-m}{\, f_j+;sumlimits_{j+1leq kleq i}(\, i-k\,) ;}$$

考虑答案在哪里，可以发现要接走最后一位乘客，设其等车时间为$T$,则最后一趟车发车时间必在$[\,T,T+m\,)$中。

DP做完了。然而时间复杂度为$O(T^3)$，只有$30$分。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
const int inf=1<<30;
const int N=500;
const int M=100;
const int T=10000;

    int n,m;
    int maxt;
    int cnt[T+M+3];
    int f[T+M+3];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    maxt=-inf;
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        cnt[x]++;
        maxt=max(maxt,x);
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        f[i]=0;
        for(int j=1;j<=i;j++)
            f[i]+=cnt[j]*(i-j);
        
        for(int j=1;j<=i-m;j++){
            int tot=1;
            for(int k=j+1;k<=i;k++)
                tot+=cnt[k]*(i-k);
            
            f[i]=min(f[i],f[j]+tot);
            
        }
        
    }
    
    for(int i=1;i<m;i++)
        f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]);
    
    printf("%d",f[maxt]);
    
    return 0;
    
}

程序2（50pt）：

发现DP转移里的计算有很多重复部分，考虑使用前缀和优化。

对转移和式进行变形：

$$sumlimits_{j+1leq kleq i}(\, i-k \,)=sumlimits_ki-sumlimits_kk$$

设$cnt_i$为乘客计数的前缀和，$sum_i$为乘客时间的前缀和，则原式

$$=(\, cnt_i-cnt_j \,) imes i;-;(\, sum_i-sum_j \,)$$

于是我们就可以$O(1)$转移了，整体时间复杂度下降到$O(t^2)$，可以得到$50$分。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
const int inf=1<<30;
const int N=500;
const int M=100;
const int T=4000000;

    int n,m;
    int maxt;
    int sum[T+M+3];
    int cnt[T+M+3];
    int f[T+M+3];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    maxt=-inf;
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    memset(sum,0,sizeof sum);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        maxt=max(maxt,x);
        cnt[x]++;
        sum[x]+=x;
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        cnt[i]+=cnt[i-1];
        sum[i]+=sum[i-1];
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
        for(int j=1;j<=i-m;j++)
            f[i]=min(f[i]
                    ,f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i
                         -(sum[i]-sum[j]));
        
    }
    
    for(int i=1;i<m;i++)
        f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]);
    
    printf("%d",f[maxt]);
    
    return 0;
    
}

程序3（70pt）：

发现DP时每次都从$0$开始转移，显然是多余的，需要剪去无用转移。思考一下，发现如果我们切出了一个长度超过$2m$的段，我们可以至少再分一次，得到一个不劣的答案。

于是乎

$$f_i=mathop{min}limits_{i-2m< jleq i-m}{\, f_j+;(\, cnt_i-cnt_j \,) imes i;-;(\, sum_i-sum_j \,) ;}$$

这次的时间复杂度是$O(tm)$的，可以得到$70$分。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
const int inf=1<<30;
const int N=500;
const int M=100;
const int T=4000000;

    int n,m;
    int maxt;
    int sum[T+M+3];
    int cnt[T+M+3];
    int f[T+M+3];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    maxt=-inf;
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    memset(sum,0,sizeof sum);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        maxt=max(maxt,x);
        cnt[x]++;
        sum[x]+=x;
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        cnt[i]+=cnt[i-1];
        sum[i]+=sum[i-1];
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
        for(int j=max(i-2*m,1);j<=i-m;j++)
            f[i]=min(f[i]
                    ,f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i
                         -(sum[i]-sum[j]));
        
    }
    
    for(int i=1;i<m;i++)
        f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]);
    
    printf("%d",f[maxt]);
    
    return 0;
    
}

程序4（100pt）：

看起来转移已经很简洁了，但我们仍然没有得到满分。思考一下，发现我们对于每个时间点（$0sim t$）都尝试进行转移，但真正有贡献的点（规模为$O(nm)$）实际上却少很多。

考虑剪去无用状态，发现一个长度不小于$m$的时间段不会产生任何贡献，即：若

$$cnt_i\,=\,cnt_{i-m}$$

则一定有

$$f_i\,=\,f_{i-m}$$

考虑时间复杂度，因为只在有贡献的地方转移，所以是$O(\,t\,+\,nm^2\,)$，可以得到满分。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
const int inf=1<<30;
const int N=500;
const int M=100;
const int T=4000000;

    int n,m;
    int maxt;
    int sum[T+M+3];
    int cnt[T+M+3];
    int f[T+M+3];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    maxt=-inf;
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    memset(sum,0,sizeof sum);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        maxt=max(maxt,x);
        cnt[x]++;
        sum[x]+=x;
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        cnt[i]+=cnt[i-1];
        sum[i]+=sum[i-1];
        
    }
    
    for(int i=1;i<maxt+m;i++){
        if(i>=m)
        if(cnt[i]==cnt[i-m]){
            f[i]=f[i-m];
            continue;
            
        }
        
        f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
        for(int j=max(i-2*m,1);j<=i-m;j++)
            f[i]=min(f[i]
                    ,f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i
                         -(sum[i]-sum[j]));
        
    }
    
    for(int i=1;i<m;i++)
        f[maxt]=min(f[maxt],f[maxt+i]);
    
    printf("%d",f[maxt]);
    
    return 0;
    
}

小结：

掌握DP的基础优化方法：前缀和优化、剪去无用转移、剪去无用状态，才可以做到不写脑残的DP。

后注：

前文中的$mathop{min}limits_{iin S}$和$sumlimits_{iin S}$，都表示取范围内的乘客的所有等待时间。