bzoj 2678 [Usaco2012 Open]Bookshelf dp+multiset

本文介绍了一种优化动态规划(DP)算法的方法,通过维护单调队列和使用multiset来解决路径规划问题,实现了从O(n^2)到O(nlogn)的时间复杂度优化。文章详细阐述了状态转移方程的推导过程,并提供了完整的代码实现。

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题面

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解法

  • 显然有一个 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的dp: f [ i ] = m i n ( f [ j − 1 ] + m a x ( h [ j ] , … , h [ i ] ) )   ( s [ i ] − s [ j − 1 ] ≤ L ) f[i] =min(f[j-1]+max(h[j],\dots,h[i]))\ (s[i]-s[j-1]\leq L) f[i]=min(f[j1]+max(h[j],,h[i])) (s[i]s[j1]L)
  • 那么我们考虑如何优化这个dp。
  • g [ j ] = m a x ( h [ j ] , … , h [ i ] ) g[j]=max(h[j],\dots,h[i]) g[j]=max(h[j],,h[i]),那么显然可以发现 j j j在满足要求的区间中 g [ j ] g[j] g[j]单调不升。
  • 那么我们不妨可以维护出 g [ j ] g[j] g[j]相同的区间是什么。显然可以发现,在 g [ j ] g[j] g[j]相同的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中, f [ l ] f[l] f[l]一定是整个区间中 f f f最小的,那么我们可以直接使用 f [ i ] f[i] f[i]转移。
  • 因为 f f f在不同的区间中并不一定单调,所以我们需要使用一个multiset来维护这些区间中的答案。
  • 考虑如何维护这些区间,显然我们只要使用一个队列就可以实现。
  • 时间复杂度: O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)

【注意事项】

  • 同时,如果状态转移方程写成 f [ i ] = m i n ( f [ j ] + m a x ( h [ j + 1 ] , … , h [ i ] ) )   ( s [ i ] − s [ j ] ≤ L ) f[i]=min(f[j]+max(h[j+1],\dots,h[i]))\ (s[i]-s[j]\leq L) f[i]=min(f[j]+max(h[j+1],,h[i])) (s[i]s[j]L)的话,可能处理转移区间的时候会有很多细节,不是特别容易实现。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
using namespace std;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = x > y ? x : y;}
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = x > y ? y : x;}
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1; char c = getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while (isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); x *= f;
}
struct Node {int l, r;} q[N];
int a[N], h[N]; ll sum[N], f[N];
int main() {
	int n, L; read(n), read(L);
	int l = 1, r = 0;
	multiset <ll> s;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		read(h[i]), read(a[i]);
		sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; int pos = i;
		while (l <= r && h[q[r].r] <= h[i])
			s.erase(s.find(f[q[r].l - 1] + h[q[r].r])), pos = q[r--].l;
		q[++r] = (Node) {pos, i}; s.insert(f[q[r].l - 1] + h[i]);
		while (l <= r && sum[i] - sum[q[l].l - 1] > L) {
			s.erase(s.find(f[q[l].l - 1] + h[q[l].r])), q[l].l++;
			if (q[l].l > q[l].r) l++; else s.insert(f[q[l].l - 1] + h[q[l].r]);
		}
		f[i] = *s.begin();
	}
	cout << f[n] << "\n";
	return 0;
}
题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号并且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,并且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
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