应用四边形不等式优化的题

      四边形不等式是DP中的一个优化，做的几题状态转移方程都是f[i][j]=min(f[k][j-1]+w[k+1][i])(j-1<=k<i)，不用优化的话，时间复杂度是O(n^3)，用优化可达到O(n^2)，而优化的实质就是证明其满足四边形不等式:k[i-1][j]<=k[i][j]<=k[i][j+1](或者k[i][j-1]<=k[i][j]<=k[i+1][j])(其中k[i][j]表示f[i][j]取的k).详细学习请见曹爽的论文：http://wenku.baidu.com/view/c44cd84733687e21af45a906.html

      hdu3480Division将有n个元素的集合，划分成m个集合，使每个小集合中的最大值-最小值的平方和最小.最直接的想法肯定要对n个元素排序的，然后转移方程就是上面的了，k[i][j]的不等式也可以理解，不用另外怎么证。不过这题我开始一直MLE，因为我把w[i][j]存起来了，就超了，其实这可以直接算，不用存，然后就过了，不过memory还是很大。

//将有n个元素的集合，划分为m个，使每个小集合中的最大值-最小值的平方和最小#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=10001;const int maxm=5001;const int maxint=0x7fffffff;int f[maxn][maxm],k[maxn][maxm],a[maxn];int main(){ int n,m,i,j,ii,jj,t,test=1; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a,a+n);//排序是很好想的.for(i=0;i<n;i++){ f[i][0]=(a[i]-a[0])*(a[i]-a[0]); k[i][0]=0;} for(j=1;j<m;j++)//划分成m个集合，切了m-1刀。 { k[n][j]=n-1; for(i=n-1;i>=j-1;i--) { f[i][j]=maxint; for(jj=k[i][j-1];jj<=k[i+1][j];jj++){ ii=(a[i]-a[jj+1])*(a[i]-a[jj+1]);//w[jj+1][i]不用存 if(f[i][j]>f[jj][j-1]+ii) { f[i][j]=f[jj][j-1]+ii; k[i][j]=jj; }} } } printf("Case %d: %d/n",test++,f[n-1][m-1]); } return 0;}

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      pku1160post office怎么在一条直线上的n个村庄选m个村庄建邮局，使得每个村庄到最近邮局的总路程最少?如果用f[i][j]表示用j个邮局覆盖前i个村庄的话,f[i][j]=min(f[k][j-1]+w[k+1][i])(j-1<=k<i),w[i][j]表示用1个邮局覆盖i至j个村庄的最短路程和。四边形不等式也蛮显然的，而对于w[i][j]，我开始以为是i和j村庄中间的位置，其实不是的，应该是i和j中间的村庄(下标是(i+j)/2)。

      可以这样证明一下，如果ii,jj是i,j中间的相邻的两个村庄(其中ii靠i,jj靠j),那么选ii与jj的区别在于ii，jj间的这段路的数目的区别。假设ii右边的村庄数为m，那么选ii,ii,jj间的那段路的数目为m个，选jj,数目为n-m个，所以就比较n-m与m哪个大了。m大的话就选jj,n-m大的话就选ii.一开始选的是i(ii=i)，那么如果某时刻ii后面的个数大于前面的(包括本身)个数，那么就后移一个(ii++)，直到小于就结束，结束的条件就是ii-i+1>=j-ii，所以是中间的村庄(下标为(i+j)/2)。

//怎么在一条直线上的n个村庄选m个村庄建邮局，使得每个村庄到最近邮局的总路程最少#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int a[310],dp[310][310],w[310][310],k[310][310];int Abs(int b){return b>0? b:-b;}int Cal(int i,int j,int k){int ii,sum=0;for(ii=i;ii<=j;ii++)sum+=Abs(a[ii]-a[k]);return sum;}int main(){int n,m,i,j,ii,jj;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);sort(a,a+n);for(i=0;i<n;i++)for(j=i;j<n;j++){w[i][j]=0x7fffffff;jj=(i+j)/2;ii=Cal(i,j,jj);if(ii<w[i][j])w[i][j]=ii;if(j!=i)w[j][i]=0;}for(i=0;i<n;i++)dp[i][1]=w[0][i];for(j=2;j<=m;j++){k[i][1]=0;k[n][j]=n-2;for(i=n-1;i>=j-1;i--){dp[i][j]=0x7fffffff;for(ii=k[i][j-1];ii<=k[i+1][j];ii++){if(dp[i][j]>dp[ii][j-1]+w[ii+1][i]){dp[i][j]=dp[ii][j-1]+w[ii+1][i];k[i][j]=ii;}}}}printf("%d/n",dp[n-1][m]);}return 0;}

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      hdu2829Lawrence输入n(<=1000)个数，将这n个数按原来的顺序分成m个集合，使得每个集合的任意两个数的乘积和相加最小。依然满足上面的状态转移方程，只不过w[i][j]表示i至j的任意两个数的乘积和，这个直接算需要O(n^4)，优化成这个来算w[i][j]=w[1][j]-w[1][i-1]-sum[1][i-1]*sum[i][j](=sum[1][j]-sum[1][i-1]这可以线性得到).sum[1][i]可以直接算的，所以就解决了。同时w[i][j]=(sum[i][j]*sum[i][j]-squ[i][j])/2(其中squ[i][j]表示i至j的元素平方和)不过这要注意可能越界.

#include<iostream>using namespace std;int dp[1001][1001],w[1001][1001];int a[1001],sum[1001][1001],squ[1001][1001];short int k[1001][1001];int main(){int n,m,i,j,ii;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){if(!n&&!m) break;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(i=n;i>=1;i--){sum[i][i]=a[i];squ[i][i]=a[i]*a[i];w[i][i]=0;for(j=i+1;j<=n;j++){sum[i][j]=sum[i][i]+sum[i+1][j];//a[i]至a[j]的和// squ[i][j]=squ[i][i]+squ[i+1][j];//a[i]至a[j]的平方和w[i][j]=w[i+1][j]+a[i]*sum[i+1][j];//(((__int64)sum[i][j]*sum[i][j])-squ[i][j])/2;}}for(i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=w[1][i];k[i][0]=1;}for(j=1;j<=m;j++){k[n+1][j]=n-1;for(i=n;i>=j+1;i--){dp[i][j]=0x7fffffff;for(ii=k[i][j-1];ii<=k[i+1][j];ii++)if(dp[i][j]>dp[ii][j-1]+w[ii+1][i]){dp[i][j]=dp[ii][j-1]+w[ii+1][i];k[i][j]=ii;}}}printf("%d/n",dp[n][m]);}return 0;}

     这几题的Memory都比较大，什么时候要想办法优化一下。。。