NOIP2023模拟8联测29 蛋糕

题目大意

有一块二维蛋糕，它可以从左到右分成$n$列，每列高为$a_i$。对于每一列，又可以从下到上分为$a_i$块，并且最上面的权值为$1$，从上到下的权值依次加$1$。每一列的最上面的权值为$1$的块上有奶油。

1
2		1
3	1	2
4	2	3		1
5	3	4	1	2

你现在要把这个蛋糕分为若干个矩形，要求每个矩形上都有奶牛，即每个矩形要包含至少一个权值为$1$的块。

定义每块矩形的代价为其每一行的最大值之和，即$\sum _{i=l}^r(\underset{j=d}{\overset{u}{\max }})v_{i,j}$，特别地，对于宽为$1$的矩形（即列数为$1$的矩形），代价为矩形内权值的最大值。请你最小化划分整个蛋糕的代价，并输出这个最小代价。

$1\le n\le 3000,1\le a_i\le 10^9$

题解

我们可以想到用$DP$。设$f_{l,r,k}$表示区间$[l,r]$内都减去了$k$的答案，那么答案为$f_{1,n,0}$，状态数为$O(n^3)$，暴力转移是$O(n)$的。

考虑优化转移。我们考虑枚举区间最大值的最底下的块怎么划分：

• 选择最大值所在的一列作为一个矩形，两边分别处理
• 否则，选择将整个区间减去区间最小值一定最优。假设选择$[l,r]$的子区间$[x,y]$减去其区间最小值更优，则先减去$[l,r]$的区间最小值再减去$[x,y]$的区间最小值的代价相同，且还多选择了两边的部分，这样更优，与假设矛盾。得证选择将整个区间减去区间最小值最优

如果有多个最大值，则任意选择一个即可。

那么，转移就变成$O(1)$的了。

但这样的话，时间复杂度是$O(n^3)$的，还是过不了。不过，我们发现，如果打一个记搜就可以过了，这是因为有效状态实际上是$O(n^2)$的，证明如下：

如果$f_{l,r,k}$有可能在求$f_{1,n,0}$中被用到，则需要满足如下两个条件：

• $l=1$或$a_{l-1}<k$或$a_{l-1}>\underset{l\le i\le r}{\max }{a}_i$
• $r=n$或$a_{r+1}<k$或$a_{r+1}>\underset{l\le i\le r}{\max }{a}_i$

具体来说就是要么在$[1,n]$的端点，要么在缩小边界时用最大值缩小或最小值缩小。

对于每一个$k$，其满足条件的$[l,r]$的数量实际上是$O(n)$的。我们将所有$a_i>k$的极长段来建大根笛卡尔树，每次删去其中一棵树的根节点（对应删去区间最大值的一列）会使合法区间增加最多两个，而最多会删去$O(n)$个点，所以只会有$O(n)$个有效区间。而$k$的数量是$O(n)$的，所以有效区间的总数为$O(n^2)$。

因为在记搜时存储每种有效状态的答案要用$\text{map}$，所以时间复杂度还要套一个$O(\log n)$。

时间复杂度为$O(n^2\log n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3000,inf=2e9;
int n,a[N+5],mx[N+5][N+5],mn[N+5][N+5];
map<ll,ll>dp;
ll gt(ll l,ll r,ll k){
	return (l*(N+1)+r)*inf+k;
}
ll gtsum(ll v1,ll v2){
	return (v1+v2)*(v2-v1+1)/2;
}
ll solve(int l,int r,int k){
	ll w=gt(l,r,k);
	if(dp.count(w)) return dp[w];
	int mxd=mx[l][r],mnd=mn[l][r];
	ll re=a[mxd]-k;
	if(mxd!=l) re+=solve(l,mxd-1,k);
	if(mxd!=r) re+=solve(mxd+1,r,k);
	if(l!=r){
		ll tmp=gtsum(a[mxd]-a[mnd]+1,a[mxd]-k);
		if(mnd!=l) tmp+=solve(l,mnd-1,a[mnd]);
		if(mnd!=r) tmp+=solve(mnd+1,r,a[mnd]);
		re=min(re,tmp);
	}
	return dp[w]=re;
}
int main()
{
	freopen("cake.in","r",stdin);
	freopen("cake.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		mx[i][i]=mn[i][i]=i;
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(a[j]>a[mx[i][j-1]]) mx[i][j]=j;
			else mx[i][j]=mx[i][j-1];
			if(a[j]<a[mn[i][j-1]]) mn[i][j]=j;
			else mn[i][j]=mn[i][j-1];
		}
	}
	printf("%lld",solve(1,n,0));
	return 0;
}