NOI Newnode模拟题 第二题 DP 单调性优化 三分法

第二题

【问题描述】

小火车虽然很穷，但是他还是得送礼物给妹子，所以他前往了二次元寻找不需要钱的礼物。小火车准备玩玩二次元的游戏，游戏当然是在一个二维网格中展开的，网格大小是n*m的，某些格子是好的，其余的则是不好的。每次你可以选择最底层（也就是第n层）的某两个相邻的列，并消掉最底下的至多三个格子，并且这两列都得有格子被消掉（也就是L型或者反着的L型），消掉格子以后上面的格子会掉落下来。当然最上面的空位会用不好的格子填满。小火车想得到所有的好格子送给妹子，请问至少得消多少次呢？

【输入格式】

第一行两个整数n,m，表示网格大小。接下来n行每行一个长度为m的字符串，表示这个网格，如果为*则是好格子，为#就不是。

【输出格式】

一行一个整数表示答案。

【数据范围与约定】

对于20%的数据n,m<=5；
对于50%的数据满足n,m<=500；
对于100%的数据满足2<=n,m<=2000。

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首先容易想到把原题目转化为：用两种L把每一列的最上面的*消掉，求至少消多少次。

进一步转化：
把每一列最上面的*的位置写成一个数列$A[i]$，每次操作可以使得数列里相邻的两个数其中一个减去1,另一个减去2.求把这个数列中全部数字变为非正数的最小操作数。

结合数据范围，不难想到采用DP的方式解决。

由于每一个元素的消去，只与在自己和左右两边相邻的元素上进行的操作有关，那么定义$f[i][j]$为已经将$i-1$及以前的所有数字变为非正数，且第$i$列目前的数字是$j$的最小操作数。那么目前只需要考虑在消去$i$位上的数字时对第$i+1$位的影响就可以转移了。

预处理一个数组$g[i][j]$，表示把两个数字$i,j$消去的最小操作数。那么有：

$$f[i+1][j]=min\{f[i][k]+g[A[i+1]-j][k]\}$$
其中 $g[i][j]$可以 $O(n^2)$预处理：
$$g[i][j]=min\{g[i-2][j-1],g[i-1][j-2],g[i-1][j-1]\}+1$$
然后发现弄出 $f$的时间复杂度是$O(n^3)$的，考虑优化这个DP。

考虑$f,g$各有什么性质。对于$g$，根据其含义，显然有：

$$g[i][j+1]\geq g[i][j]$$
对于$f$,有：
$$f[i][j]\geq f[i][j+1]$$
也比较显然，剩得越多，消的次数肯定不会更多嘛。

回过头来看DP方程：

$$f[i+1][j]=min\{f[i][k]+g[A[i+1]-j][k]\}$$
枚举 $i,j$显然是无法优化的，要优化就要考虑优化枚举 $k$.根据上面的分析，注意到在$k$不断增大的过程中， $f[i][k]$单调不升，而 $g[A[i+1]-j][k]$单调不减，那么 $f[i][k]+g[A[i+1]-j][k]$就是一个关于 $k$的单峰函数！单峰函数的极值可以用三分法处理。

整数的三分好像不是很好……我采用的是在$r-l$小于一定值之后暴力更新答案。采用三分法的话，这个值给得小就会错。

有不用三分的优秀做法：http://blog.youkuaiyun.com/Mogician_Evian/article/details/79474362

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代码写得比较丑。

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 2005
using namespace std;

int N,M,A[MAXN],f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN];
char Map[MAXN][MAXN];

int main(){
    int i,j,k,l,r,lmid,rmid,t,id;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(i=1;i<=N;i++)scanf("%s",&Map[i][1]);
    for(i=1;i<=M;i++){
        for(j=1;j<=N;j++)if(Map[j][i]=='*'){
            A[i]=N-j+1;
            break;
        }
    }
    memset(g,60,sizeof(g));
    memset(f,60,sizeof(f));
    g[0][0]=0;
    for(i=1;i<=N;i++)g[i][0]=g[0][i]=(i+1)/2;
    for(i=1;i<=N;i++)
    for(j=1;j<=N;j++){
        if(i>1)g[i][j]=min(g[i][j],g[i-2][j-1]+1);
        if(j>1)g[i][j]=min(g[i][j],g[i-1][j-2]+1);
        g[i][j]=min(g[i][j],g[i-1][j-1]+1);
    }
    f[1][A[1]]=0;

    for(i=1;i<=M;i++){
        if(i==1){
            for(j=0;j<=A[i+1];j++)
            for(k=0;k<=A[i];k++)f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][k]+g[A[i+1]-j][k]);
            continue;
        }
        for(j=0;j<=A[i+1];j++){
            l=0;r=A[i];
            while(l<=r){
                if(r-l<=25){
                    for(k=l;k<=r;k++)f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][k]+g[A[i+1]-j][k]);
                    break;
                }
                lmid=(r-l)/3+l;
                rmid=(r-l)/3+lmid;
                if(f[i][lmid]+g[A[i+1]-j][lmid]<f[i][rmid]+g[A[i+1]-j][rmid])r=rmid;
                else if(f[i][lmid]+g[A[i+1]-j][lmid]>f[i][rmid]+g[A[i+1]-j][rmid])l=lmid;
                else l=lmid,r=rmid;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[M+1][0]);
}