【BZOJ 4518】[Sdoi2016]征途

最新推荐文章于 2019-04-19 21:38:58 发布

9栋108

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/AWCXV/p/7637089.html

本文详细介绍了如何使用DP结合斜率优化解决一类特定问题的方法。通过具体实例，讲解了状态定义、状态转移方程推导及斜率优化的实现过程，并提供了完整的代码示例。

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【链接】链接
【题意】

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【题解】

DP+斜率优化;
\(D(x) = E(x^2)-E(x)^2\)
其中\(E(x)^2\)这一部分是确定的。
因为总长是确定的,分成的段数又是确定的。
所以我们只要维护\(E(x^2)\)这一部分最小就可以了。
而最后答案又要乘上m^2
把E(X^2)的表达式写出来;
会发现就是在维护
\(m*(s1^2+s2^2+...+sm^2)\)最小
具体的
设dp[i][j]表示前i天分配了前j段路的\(m*(s1^2+s2^2+..)\)的最小值
dis[i]为距离的前缀和
\(dp[i][j] = min(dp[i-1][x]+m*{(dis[j]-dis[x])}^2)\)
复杂度是\(O(N^3)\)的。
然后考虑x<y
且y优于x
即
\(dp[i-1][y]+m*{(dis[j]-dis[y])}^2<dp[i-1][x]+m*{(dis[j]-dis[x])}^2\)
化简得到
\(\frac{dp[i-1][y]+m*{d[y]}^2-(dp[i-1][x]+m*{d[x]}^2)}{2*m*(d[y]-d[x])} < d[j]\)
因为d是单调递增的。
则转化成经典的斜率优化问题了。
优化一下
复杂度就能降为\(O(N^2)\)了.
最后输出\(dp[m][n]-d[n]^2\)即可

【错的次数】

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【反思】

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【代码】

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 3e3;

int n,m,d[N+10];
ll dp[N+10][N+10];
int dl[N+10],h,t;

ll sqr(ll x)
{
    return x*x;
}

double ju(int i,int x,int y)
{
    double fenzi = dp[i-1][y]+m*sqr(d[y]) - (dp[i-1][x] + m*sqr(d[x]));
    double fenmu = 2*m*(d[y]-d[x]);
    return fenzi/fenmu;
}

int main()
{
    //freopen("F:\\rush.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        scanf("%d",&d[i]);
        d[i]+=d[i-1];
    }
    for (int i = 0;i <= N;i++)
        for (int j = 0;j <= N;j++)
            dp[i][j] = 1e17;

    dp[0][0] = 0;
    for (int i = 1;i <= m;i++)
    {
        h = 1,t = 1;
        for (int j = 1;j <= n;j++)
        {
            while (h < t && ju(i,dl[h],dl[h+1]) < d[j]) h++;
            dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][dl[h]]+1LL*m*sqr(d[j]-d[dl[h]]));
            while (h < t && ju(i,dl[t-1],dl[t]) > ju(i,dl[t],j)) t--;
            t++;
            dl[t] = j;
        }
    }

    printf("%lld\n",dp[m][n]-sqr(d[n]));
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/AWCXV/p/7637089.html