[wqs二分 DP] POJ1160. Post Office

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原创最新推荐文章于 2026-02-26 09:32:31 发布 1.3k 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

浅谈WQS二分考虑 m+1 时的答案，分为两种情况：1. 会改变 m 时的选取情况，我们将选或不选的情况用 01 串来表示，那么只有可能将一个类似 01010 的串改成 10101 的串，显然这样的改变的增量会越来越小，即。，判断切点于 m 的关系，如果切点在 m 的左侧，则说明斜率大了，那么缩小二分上界；2. 不会改变 m 时的选取情况，即选一个全新的位置，那么该位置的价值显然小于 m 时选取的价值，所以依旧满足。可以发现随着斜率 k 的单调递减所得到的切点的横坐标单调递增，而上图 k=k2 时，所得到的切点为。阅读详情

一样的套路

有一个office数量为 $p$ 的限制很烦，当设一个office时，我们增加一个价值 $x$ ，然后直接无视office数量的限制DP，显然 $x$ 越大，最优解的office数量越小，二分一下就好了

瞎DP是 $O(n^2\log n)$ 的，DP也可以用决策单调优化

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=310;

int n,m,a[N];
long long f[N][N];
int g[N][N];

int solve(int x){
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++) f[i][j]=1LL<<60,g[i][j]=0;
    f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<i;j++)
            if(f[i-1][j]+a[i]-a[j]<f[i][j]) 
                f[i][j]=f[i-1][j]+a[i]-a[j],g[i][j]=g[i-1][j];
        int p=i; long long cur=0;
        for(int j=i-1;~j;j--){
            cur-=(i-p)*(a[j+1]-a[j]);
            while((a[p-1]-a[j]>a[i]-a[p-1] || !j) && p>j && p>1)
                cur+=a[i]-a[p-1]-(a[p-1]-a[j]),p--;
            if(f[i-1][j]+cur+x<f[i][i]) 
                f[i][i]=f[i-1][j]+cur+x,g[i][i]=g[i-1][j]+1;
        }
    }
    long long mn=1LL<<30;
    int ret;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(f[n][i]<mn) mn=f[n][i],ret=g[n][i];
    return ret;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int L=0,R=1e9,mid,cst;
    while(L<=R) 
        solve(mid=L+R>>1)<=m?R=(cst=mid)-1:L=mid+1;
    solve(cst);
    int ans=1<<30;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(f[n][i]<ans) ans=f[n][i];
    printf("%d\n",ans-m*cst);
    return 0;
}