【DP】BZOJ2216 [Poi2011]Lightning Conductor

本文探讨了一种少见的决策单调性问题,通过转换题目,利用单调队列优化动态规划算法,解决了求最大值的问题。文章详细介绍了如何判断决策的单调性,并给出了具体的代码实现。

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分析:

感觉很少见到这种决策单调性的题。。。

首先,转换一下题目,变为求P=max{aj+∣i−j∣}−aiP=max\{a_j+\sqrt {|i-j|}\}-a_iP=max{aj+ij}ai

然后就有了决策单调性:
如果在计算i时,j>k,且j优于k,那么在计算i+1时,j仍然优于k(f(x)=xf(x)=\sqrt xf(x)=x的导函数单减)

然后就可以得到一个显然的性质:
对每个位置而言,以它为最优选择的位置一定是一个连续的区间。

然后就可以用单调队列来优化DP了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 500010
#define EPS 1e-6
using namespace std;
int n;
double a[MAXN],f[MAXN];
struct node{
	int l,r,pos;
	node (){}
	node(int l1,int r1,int pos1):l(l1),r(r1),pos(pos1) {}
}q[MAXN];
double calc(int j,int i){
	return a[j]-a[i]+sqrt(1.0*fabs(i-j));
}
int find_pos(int l,int r,int pl,int pr){
	int ans=r;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(calc(pl,mid)>calc(pr,mid))
			l=mid+1;
		else{
			ans=mid;
			r=mid-1;
		}
	}
	return ans;
}
int tail,head;
void solve(){
	tail=0;
	head=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		q[head].l++;
		while(head<=tail&&q[head].l>q[head].r)
			head++;
		if(head>tail||calc(i,n)>calc(q[tail].pos,n)){
			while(head<=tail&&calc(q[tail].pos,q[tail].l)<calc(i,q[tail].l))
				tail--;
			if(head>tail)
				q[++tail]=node(i,n,i);
			else{
				int posx=find_pos(q[tail].l,q[tail].r,q[tail].pos,i);
				q[tail].r=posx-1;
				q[++tail]=node(posx,n,i);
			}
		}
		f[i]=max(f[i],calc(q[head].pos,i));
	}
}
int main(){
	SF("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		SF("%lf",&a[i]);
	solve();
	reverse(a+1,a+1+n);
	reverse(f+1,f+1+n);
	solve();
	reverse(f+1,f+1+n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		PF("%d\n",int(ceil(f[i])));
}	
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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