LintCode 435: Post Office Problem (邮局选址问题,DP经典题!)

本文探讨了一维K-Median问题,即在一条直线上的N个离散点中选择K个位置作为邮局,以使所有房屋到最近邮局的距离之和最小。通过动态规划方法,详细解释了解决方案的构建过程,包括状态转移方程和最优解的确定。

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  1. Post Office Problem

There are n houses on a line. Given an array A and A[i] represents the position of i-th house. Now you need to pick k position to build k post offices.

What is the minimum sum distance from these n houses to the nearest post office?

Example
Example 1:

Input: A = [1, 2, 3, 4, 5], k = 2
Output: 3
Explanation: Build post offices on position 2 and 4.
Example 2:

Input: A = [1, 2], k = 1
Output: 1
Explanation: Build post office on position 1 or 2.
Challenge
O(n^2n
​2
​​ ) time

Notice
All positions are integers.

该题就是一维的K-Median问题,其中最优解必须在输入的N个离散点中选择。
解法1:DP。思路见网上。

这个DP解法有一个很重要的思想:
(为简便起见,我们假定所有数组index都从1开始) 在第1…i个房子中建立j个邮局的最短距离,是在1…z个房子中建立j-1个邮局的最短距离,与在z+1到第i个房子建立1个邮局的最短距离的和,其中z可以在j-1到i中间选择,然后遍历所有z,得到的最小值即为最优解。
有个难以理解的点是:为什么加了

用dp[i][j] 表示前 j 栋房子建立 i 个邮局时的最优解. 对于这个状态我们需要决策的就是在dp[i-1][j-1]的基础上,再在[1…j]之间加一个新邮局。这个新邮局的位置可以取在[1…j]的某个位置上。
最优的dp[i][j]可理解为在dp[i-1][] j 之前有多少栋房子共用第 i 个邮局, 故有:
f[i][j] = min{f[i - 1][j - x] + sumDis[j - x][j - 1]}
其中 sumDis[l][r] 表示[l, r] 的房子之间建一个邮局, 这些房子与该邮局的最短距离
(注意f[i][j]中的j表示的第j栋房子从1计数, sumDis从0计数。下面的程序里面的i,j互换,为了编程的方便)。

打个比方。A={1,2,3,4,9,10,11,12},k=2。当算到A={1,2,3,4,9}, k=1时,dp[1][5]最优解是在pos=3(median)处建这个邮局。假设我们现在处理dp[2][6] (A[6]=10)。第2个邮局的位置不是只在{10,11,12}处选,那样的话我们选择11,而前面的9也会被吸引过来,那dp[5][1]就不对了。第2个邮局的位置应该是A[1…6]处选,即从最开始到A[6]。而dp[2][6]的最优解就是从dp[1][1] + sumDis(2…6), dp[1][2]+sumDis(3…6), dp[1][3]+sumDis(4…6), dp[1][4]+sumDis(5…6), dp[1][5] + sumDis(6…6)中选一个最小值。这样,如果我们选了11为第2个邮局地址,把9吸引过来了也没关系,因为我们此时是基于dp[1][4],而不是dp[1][5]来决定dp[2][6]。

注意:
1)3重循环中,for (int i = 1; i <= k; ++i) 先做,因为j循环取决于i。也可以理解为先决定第1个邮局的选址,再决定第2个邮局的选择,一直到第k个邮局的选址。注意,第k个邮局选址决定好之后,最优解里面的第1…k-1个邮局的选择不一定是之前的k-1个邮局的最优选址。
2)dp的初始值不能是INT_MAX,因为还要加sumDis,可能溢出。所以选0x3f3f3f3f比较好。

代码如下:

#include <math.h>

class Solution {
public:
    /**
     * @param A: an integer array
     * @param k: An integer
     * @return: an integer
     */
    int postOffice(vector<int> &A, int k) {
        int n = A.size();
        if (n == 0 || k == 0 || k >= n) return 0;
        
        sort(A.begin(), A.end());
        
        vector<vector<int>> sumDis(n, vector<int>(n));

        //sumDis[i][j] is the minSum of distance when [i, j] has 1 office
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = i; j < n; ++j) {
                int pos = A[(i + j) / 2];
                for (int l = i; l <= j; ++l) {
                    sumDis[i][j] += abs(A[l] - pos);
                }
            }
        }

        //dp[i][j] is the minimum cost that first i places have j offices
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(k + 1, 0x3f3f3f3f)); //should not use INT_MAX here.
        
        //for beninning houses up to the first office, dp = 0 
        for (int i = 0; i <= k; ++i) {
            for (int j = 0; j <= i; ++j) {
                dp[j][i] = 0;
            }
        }

        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
            for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
                for (int z = 1; z <= j; ++z) {
                    dp[j][i] = min(dp[j][i], dp[j - z][i - 1] + sumDis[j - z][j - 1]);
                }
            }
        }

        return dp[n][k];
    }
};

解法2:还看到一个解法是把前后各加一个dummy node,然后把所有的间隔记下来,然后就成了一个背包问题,只是这里是求最小值。下次再做。

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