JZOJsenior3479.【NOIP2013模拟联考9】工作安排(work)

最新推荐文章于 2024-07-10 15:08:00 发布

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#模拟赛 #DP #斜率优化 #斜率优化DP

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problem

Description

众所周知Kelukin是一名宇宙级土豪，他公司的生意自然是相当的好。

现在他手上有n份工作要完成，每一份工作有一个土豪指标Ak。由于这些工作数量太多，Kelukin又懒，所以他无法一个人完成，他需要雇用很多工人来帮忙。可是Kelukin十分小气，经常克扣工资，因此没有多少人愿意帮他。而愿意帮他的那些工人各个都是奇葩，而且他们非常精明，按工作量收费，小于k份的工作量他们是不会去做的，而他们完成一次工作要额外收C元。一个工人最多做一次工作。

Kelukin表示那些工作之间有很多是类似的，完成了第一份第二份能很快扫完，因此他这么规定一个工人的报酬：若工人所做的工作的土豪指标为(T1,T2,T3,T4……,Tm)，则他的报酬为C+(maxTi-minTi)^2，1<=i<=m,m>=k。

作为Kelukin的贴身秘书，你有义务告诉他为了完成这n份工作最少要花多少钱。当然，Kelukin非常的小气，他是不会给你工资的。

Input

第一行三个正整数n、k、C（1≤k≤n≤10^6，0≤C≤10^9），之间用一个空格隔开。

第二行为n个正整数，描述n份工作的土豪指标（0＜Ak≤10^9），之间用一个空格隔开。

Output

一行仅一个整数，表示Kelukin最少需要支付的工资（保证答案不大于10^17）。

Sample Input

2 1 1

2 4

Sample Output

【样例说明】

如果分给一个工人做，收费为 1 + (4 – 2) ^2 = 5。

如果分给两个工人作，收费为 1 + 1 = 2。

所以最小收费为2。

Data Constraint

对于50%的测试数据中保证有N≤1000。

对于70%的测试数据中保证有N≤50000。

对于100%的测试数据中保证有N≤1000000。

analysis

一道斜率DP题目……还很™裸……

50%数据

首先我们会很easy地搞出一个DP方程，设 $f[i]$ 表示到了第 $i$ 位的工资最小值，有：

f [i] = m i n i \in [k, n], j \in [1, i - k + 1] (f [i], f [j - 1] + (a [i] - a [j]) 2 + c)

$f[i]=min_{i\in[k,n],j\in[1,i-k+1]}(f[i],f[j-1]+(a[i]-a[j])^2+c)$

不要问我怎么推出来的~~这个都不推您不要学OI了呗~~
照着这个打，RE&TLE50

100%数据

请先点开下面的链接

斜率DP入门必看blog：https://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html

看完了吗？
你会发现这篇blog里的方程和上面那个基本一模一样
用我自己简单的话来看一看，这里DP斜率优化的思想吧！

首先这是最原始的DP方程
$f [i] = m i n i \in [k, n], j \in [1, i - k + 1] (f [i], f [j - 1] + (a [i] - a [j]) 2 + c)$ $f[i]=min_{i\in[k,n],j\in[1,i-k+1]}(f[i],f[j-1]+(a[i]-a[j])^2+c)$
假设 $k<j<i$ 且 $j$ 决策比 $k$ 决策优则有
$f [j - 1] + (a [i] - a [j]) 2 + c < f [k - 1] + (a [i] - a [k]) 2 + c$ $f[j-1]+(a[i]-a[j])^2+c<f[k-1]+(a[i]-a[k])^2+c$
给上面那个不等式移项一下（请一定要手推一下），得到
$( f [ j - 1 ] + a [ j ] 2 ) - ( f [ k - 1 ] + a [ k ] 2 ) 2 a [ j ] - 2 a [ k ] < a [i]$ ${(f[j-1]+a[j]^2)-(f[k-1]+a[k]^2) \over {2a[j]-2a[k]}}<a[i]$
由于 $f[j-1]+a[j]^2$ 和 $2a[j]$ 只与 $j$ 有关，所以我们用 $yj$ 和 $xj$ 来代替， $k$ 同理，不等式变为
$y j - y k x j - x k < a [i]$ ${yj-yk\over{xj-xk}}<a[i]$
这是什么东西？斜率！
我们前面假设 $j$ 决策比 $k$ 决策优，若此不等式成立，就说明 $j$ 决策确实比 $k$ 决策优
为了更方便地探究，我们先设 $slope(α,β)={yα-yβ\over {xα-xβ}}$
现在我们还是设 $k<j<i$ ，那么最关键的优化就是：

若 $slope(i,j)<slope(j,k)$ ，那么 $j$ 一定不是最优决策点
我们假设 $slope(i,j)<sum[i]$ ，那么 $i$ 决策比 $j$ 决策优，排除 $j$ 决策点
如果 $slope(i,j)>=a[i]$ ，那么 $j$ 决策此时比 $i$ 决策要优，但是同时 $g[j,k]>g[i,j]>a[i]$ ，这说明还有 $k$ 决策比 $j$ 决策更优，同样排除 $j$ 决策点
所以斜率优化的核心就是去掉决策肯定更劣的点

如何求解呢？单调队列维护！
由于我们是要求斜率的单调性，那么单调队列就一定呈单调递增或递减
每次新加入一个决策点时，从队列尾部删除不符合要求的决策点，并把新决策点放在队尾
删除：若 $slope(queue[tail],queue[tail-1])<slope(queue[tail-1],queue[tail-2])$ 则队尾较劣，删除队尾
求解 $i$ 号位时，若 $slope(queue[head+1],queue[head])<a[i]$ ，则队头较劣，删除队头
最后 $f [i] = f [q u e u e [h e a d] - 1] + (a [i] - a [q u e u e [h e a d]]) 2 + c$ $f[i]=f[queue[head]-1]+(a[i]-a[queue[head]])^2+c$

大功告成
初始化不要忘记 $f[k]_{k \in [1,k)}=INF$ ！

code

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define sqr(x) ((x)*(x))
#define MAXN 1000001
#define INF 1000000000000000007

using namespace std;

long long a[MAXN],f[MAXN];
int queue[MAXN],head,tail;
int n,k,c;

double slope(int x,int y) 
{
    return ((f[y-1]+sqr(a[y]))-(f[x-1]+sqr(a[x])))/(2.0*(a[y]-a[x]));
}

void insert(int x)
{
    while (head<=tail && a[queue[tail]]==a[x]) 
    {
        if (f[x-1]<f[queue[tail]-1])tail--;
        else return;
    }
    while (head<tail && slope(queue[tail-1],queue[tail])>slope(queue[tail],x))tail--;
    queue[++tail]=x;
}

int main() 
{
    freopen("work.in","r",stdin);
    freopen("work.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&c);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    for (int i=1;i<k;i++)f[i]=INF;
    head=1,tail=0;
    for (int i=k;i<=n;i++) 
    {
        int x=i-k+1;
        insert(x);
        while (head<tail && slope(queue[head],queue[(head+1)])<a[i])head++;
        f[i]=f[queue[head]-1]+sqr(a[i]-a[queue[head]])+c;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}