【动态规划】洛谷_5017 摆渡车

最新推荐文章于 2022-07-11 08:15:38 发布

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本文探讨了一道关于动态规划的问题，旨在寻找N个人在车往返一趟需m分钟条件下的最小等待时间总和。通过将时间轴划分并优化动态转移方程，实现了对冗余操作的避免，最终给出了详细的代码实现。

题意

有 $N$ 个人要坐车，已知车往返一趟要 $m$ 分钟，还有每个同学去等车的时间，求出最少的等待时间总和。

思路

一看到这个题就觉得是动态规划，不过水平有限，考场上没做出来，之后看了题解才会做的。
我们可以把时间看成一个数轴，如这个洛谷上题解的图
在这里插入图片描述
把这个数轴分成若干的长度 $≥M\geq M$ 的段，那么等待时间总和就为每一段上所有点到这一段右端点的距离总和。代表从右边这个端点开始出发。那么我们设 $f [i]$ 为设表示对数轴分段，且最后一段的右边界是i，数轴内的点到各自所属段右边界的距离之和最小值。可得动态转移方程：
$f[i]=minj<i−m(f[j]+∑j<tk≤ii−tk)f[i]=\underset {j<i-m}{min}(f[j]+\sum_{j<t_k \leq i}^{ }i-t_k)$
对这个 $∑j<tk≤ii−tk\underset{j<t_k \leq i}{\sum}i-t_k$ ，我们可以把它拆，变成 $p_i-p_j)*i-(s_i-s_j)$ ，其中 $p_i$ 为前 $i$ 个时间上有几个点， $s_i$ 为前i个时间上每个 $t_i$ 的总和。
这样的做法有50分。
我们可以发现，如果 $i = 6 ， m = 2$ 时， $f_2$ 可以转移到 $f_4，f_4$ 又可以转移到 $f_6$ 。那么当 $\leq i-2m$ 时，可以转移到 $i - m$ ，由于分段数不会影响答案，所以我们可以从 $i - 2 m + 1$ 转移，避免冗余操作，这优化可以得到70分。
大佬题解还给了个优化：

举个例子，假设正在求 $f_i$ ，但在 ( $i - m$ , $i$ ] 中没有任何点，这个 $f_i$ 相对来说就是 “无用” 的。原因是若最后一段长度恰好 $= m$ ，这里面又没有任何点，不分割也罢。长度 $> m$ 时，完全可以把这一段的右边界往左“拖”，产生不劣的答案。

那么避免漏解，我们让 $f [i] = f [i - m]$ 。
目标 $f [i]$ { $i > = M$ }

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>

const int MAXL = 4000001;
int point[MAXL], sum[MAXL], f[MAXL];
int N, M, t, ans;

int main() {
    scanf("%d %d", &N, &M);
    for (int i = 1, x; i <= N; i++) {
        scanf("%d", &x);
        point[x]++;
        sum[x] += x;
        t = std::max(t, x);
    }
    for (int i = 1; i <= t + M; i++) {
        point[i] += point[i - 1];
        sum[i] += sum[i - 1];
    }
    ans = 2147483647;
    for (int i = 0; i <= t + M; i++) {
        if (i >= M && point[i] == point[i - M]) {//无点情况
            f[i] = f[i - M];
            continue;
        }
        f[i] = point[i] * i - sum[i];
        for (int j = std::max(0, i - M * 2 + 1); j <= i - M; j++)//除去冗余操作
            f[i] = std::min(f[i], f[j] + (point[i] - point[j]) * i - (sum[i] - sum[j]));
        if (i >= t) ans = std::min(ans, f[i]);
    }
    printf("%d", ans);
}