bzoj2726 [SDOI2012]任务安排（斜率优化+cdq分治）

最新推荐文章于 2024-09-01 08:41:28 发布

Bfk_

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分类专栏： DP # 斜率优化DP cdq分治&整体二分题解 bzoj 文章标签： bzoj 数据结构动态规划斜率优化 cdq分治

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Bfk_zr/article/details/79028932

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本文针对bzoj2726[SDOI2012]任务安排问题，提出了一种利用斜率优化技巧进行高效求解的方法。通过对任务序列的合理分组，实现了总费用最小化的目标。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

bzoj2726 [SDOI2012]任务安排

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2726

题意：
机器上有N个需要处理的任务，它们构成了一个序列。这些任务被标号为1到N，因此序列的排列为1,2,3…N。这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和。注意，同一批任务将在同一时刻完成。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

数据范围
在别人的代码中寻找数据范围系列。
N<=300000，F没负的，T有负的，要开long long。

题解：
好题。
emmm大概我今天才会了斜率优化。

裸的DP发现这时间有后效性没法转移。
对于这样似乎有后效性的问题可以想想转化为计算对之后的贡献，提前计算代价。
对于一个任务，就是算他的时间卡的后面的任务的花费。

于是，若T和F分别是ti和fi的前缀和：
$dp[i]=dp[j]+(F_n-F_j)*(T_i-T_j+S)$
就是 $(S-T[j])*(F_n-F_j)+dp[j]=-T_i(F_n-F_j)+dp[i]$
若令 $y=(S-T[j])*(F_n-F_j)+dp[j]，k=-T_i，x=F_n-F_j，b=dp[i]$
就是 $y=kx+b$ 的直线， $dp[i]$ 是截距。

如果这是个正常的题，就是时间是正的，那么k单增，直接就单调队列队列维护个凸包得了。
（其实x单增应该也可以直接维护个凸包然后二分？）

但是时间可以是负的，于是cdq分治。

之前自己在纠结两个点，
一是想不到怎么用归并来得到我想要得到的顺序，即做完左区间后，左区间按x单增，右区间按k单减，还得要左边的id小于右边的id，老是想sort， nlog2稳T。
实际上可以先在外面按k排序，在内部按id扔到左右，就是左id<右id，且k都单凋了，然后离开一个区间时归并排x即可。

第二个是这个斜率优化的上凸下凸。
实际上因为x单增，要求尽量小的dp[i]，那么是维护下凸包，相应的，用来截凸包的线也应该k从大到小。
然后为了好处理倒了一下，变成上凸包。

UPD：抄抄doggu的总结

{m a x v a l ： 上 凸 壳 m i n v a l ： 下 凸 壳 k 递 增 k 递 减

$\ \ \ \ \ \ \ \begin{cases} maxval：上凸壳& k递增\\ minval：下凸壳 &k递减 \end{cases}$

加 点 {有 序 无 序 单 调 队 列 平 衡 树

$加点 \begin{cases} 有序&单调队列\\ 无序&平衡树 \end{cases}$

询 问 {有 序 无 序 p o p 二 分

$询问 \begin{cases} 有序&pop\\ 无序&二分 \end{cases}$
代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=300005;
int n,T[N],F[N],dp[N];
LL s;
struct node
{
    int id;
    LL x,y,k,val;
}a[N],b[N];
int cvx[N];
inline int read()
{
    int ret=0; int w=1; char ch=getchar();
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') {w=-1,ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')  ret=(ret<<1)+(ret<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
    return ret*w;
}
bool cmpk(const node &A,const node &B) {return A.k>B.k;}
bool cmpid(const node &A,const node &B) {return A.id<B.id;}
inline long double slope(int A,int B)
{
    if(a[A].x==a[B].x) return a[A].y>a[B].y?-1e20:1e20;
    return (long double)(a[B].y-a[A].y)/(a[B].x-a[A].x);
}
void solve(int lf,int rg)
{
    if(lf==rg) {a[lf].y=(a[lf].k-s)*a[lf].x-a[lf].val; return;}
    register int mid=(lf+rg)>>1,p1=lf-1,p2=mid,i;
    for(i=lf;i<=rg;i++)
    {
        if(a[i].id<=mid) b[++p1]=a[i];
        else b[++p2]=a[i];
    }
    for(i=lf;i<=rg;i++) a[i]=b[i];
    solve(lf,mid); int top=0;
    for(i=lf;i<=mid;i++)
    { 
        while(top>1&&slope(cvx[top-1],cvx[top])<=slope(cvx[top],i)) top--;
        top++; cvx[top]=i;
    }
    register int tmp=1;
    for(i=mid+1;i<=rg;i++)
    {
        while(tmp<top&&slope(cvx[tmp],cvx[tmp+1])>=(long double)a[i].k) tmp++;
        a[i].val=min(a[i].val,a[i].k*a[cvx[tmp]].x-a[cvx[tmp]].y);
    }
    solve(mid+1,rg);
    p1=lf; p2=mid+1; top=lf-1;
    while(p1<=mid&&p2<=rg)
    {
        if(a[p1].x<a[p2].x){b[++top]=a[p1]; p1++;}
        else {b[++top]=a[p2]; p2++;}
    }
    while(p1<=mid){b[++top]=a[p1]; p1++;}
    while(p2<=rg){b[++top]=a[p2]; p2++;}
    for(int i=lf;i<=rg;i++) a[i]=b[i];
}
int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&s);
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++) T[i]=read(),F[i]=read();
    for(i=2;i<=n;i++) {T[i]+=T[i-1]; F[i]+=F[i-1];}
    for(i=1;i<=n;i++) {a[i].x=F[n]-F[i]; a[i].val=F[n]*(T[i]+s); a[i].k=T[i]; a[i].id=i;}
    sort(a+1,a+n+1,cmpk);
    solve(1,n); 
    sort(a+1,a+n+1,cmpid);
    printf("%lld\n",a[n].val);
    return 0;
}