【NOIP2018】摆渡车

 

 

 【题意】

一、第i个同窗在第t[i]分钟到达车站

二、摆渡车一次能够装下无数人

三、两次发车的间隔时间m分钟

求全部等车时间和的最小值

【解题】

咱们不妨认为时间是一条数轴，每名同窗按照到达时刻分别对应数轴上可能重合的点。

安排车辆的工做，等同于将数轴分红若干个左开右闭段，每段的长度⩾m。本来的等车时间之和，天然就转换成全部点到各自所属段右边界的距离之和。

.

令f(i)表示在第i分钟发出一班车时，所须要等待的最小时间。最后一我的到车站的时间为t

则有： f(i)=min{f(k)+∑(i-a[j],k<a[j]<=i)} 其中 0<=k<=i-m

其最终答案：ans=min{f(i)} 其中t<=i<t+m

这个DP方程的复杂度为O(t²n)

一、前缀和优化

对于∑(i-a[j],k<a[j]<=i)

令cnt[i]表示从0到i时间为止到达车站的人数和

令sum[i]表示从0到i时间为止到达车站的人的时间总和

则有∑(i-a[j],k<a[j]<=i) =i*(cnt[i]-cnt[k])-(sum[i]-sum[k])

即DP方程为 f(i)=min{f(k)+i*(cnt[i]-cnt[k]) -(sum[i]-sum[k])} 其中k<=i-m

此时，时间复杂度降为O(t²)

二、转移优化

试想一下，没有一个同窗会等待超过2m分钟。

由于最坏状况下，在k时刻发出了一辆车，有位同窗在k+1时刻到达了车站，摆渡车将会在k+m时刻返回，考虑到等待其余学生的状况，摆渡车最晚会在k+2m-1时刻发出（否则还不如在k+m时刻和k+2m时刻各发出一辆）

此时，DP方程为： f(i)=min{f(k)+i*(cnt[i]-cnt[k]) -(sum[i]-sum[k])} 其中i-2m<k<=i-m

此时，时间复杂度为O(tm)

三、状态压缩

很显然，根据上一条优化的结论，当顺序相邻的两位同窗的时间间隔超过2m的时候，其中的状态都是无用的，能够直接压缩至2m

即对a排序后，若a[i+1]-a[i]>2m， 则对后续全部的a[k,k>i]-=a[i+1]-a[i]-2m

另外，能够将DP的起点定为第一个同窗到达的时间 则最后到车站的时间t最大为2m*n

此时，时间复杂度为O(tm)=O(m²n) 解决

【代码】

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 500 +5;
 4 const int M = 100 +5;
 5 const int T = 4000000 +5;
 6 typedef long long ll;
 7 ll n,m,t;
 8 ll a[N];
 9 ll cnt[T],sum[T],f[T]={0};
10 int main()
11 {
12     scanf("%lld%lld",&n,&m);
13     for (int i=1;i<=n;i++)
14         scanf("%lld",&a[i]);
15     sort(a+1,a+n+1);
16     // 状态压缩 
17     ll dd=a[1];
18     for (int i=1;i<=n;i++) 
19     {
20         a[i]-=dd;
21         if (a[i]-a[i-1]>2*m)
22         {
23             dd+=a[i]-a[i-1]-2*m;
24             a[i]=a[i-1]+2*m;
25         }
26         cnt[a[i]]++;
27         sum[a[i]]+=a[i];
28     }
29     t=a[n];
30     // 求前缀和 
31     for (int i=1;i<=t+m;i++)
32         cnt[i]+=cnt[i-1],sum[i]+=sum[i-1];
33     // 边界条件 
34     for (int i=0;i<m;i++)
35         f[i]=i*cnt[i]-sum[i];
36     // DP
37     for (int i=m;i<=t+m;i++)
38     {
39         f[i]=1ll<<60;
40         for (int k=max(0ll,i-2*m);k<=i-m;k++)
41             f[i]=min(f[i],f[k]+i*(cnt[i]-cnt[k])-(sum[i]-sum[k]));
42     }
43     // 求ans 
44     ll ans=1ll<<62;
45     for (int i=t;i<=t+m;i++)
46         ans=min(ans,f[i]); 
47     printf("%lld",ans);
48 }

bus

【进一步优化】

4*、斜率优化

对于：决策 f(i)=f(k)+i*(cnt[i]-cnt[k])-(sum[i]-sum[k])其中k<=i-m

和：决策 f(i)=f(j)+i*(cnt[i]-cnt[j])-(sum[i]-sum[j]) 其中k<j<=i-m

若是决策j优于决策k

即f(k)+i*(cnt[i]-cnt[k])-(sum[i]-sum[k]) > f(j)+i*(cnt[i]-cnt[j])-(sum[i]-sum[j])

化简获得：

 

令 yk=f(k)+sum[k] xk=cnt[k]

     yj=f(j)+sum[j]   xj=cnt[j]

则

说明决策j优于决策k

当 k<j<i 时，若g(k,j)>g(j,i)，则决策j永远不可能为最优解

因此有效点集应该呈现下凸性质 从左往右，有效点集的斜率是单调递增的 能够用单调队列来维护

此时，时间复杂度为O(nm)

【代码】

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 500 +5;
 4 const int M = 100 +5;
 5 const int T = 4000000 +5;
 6 typedef long long ll;
 7 ll n,m,t;
 8 ll a[N];
 9 ll cnt[T],sum[T],f[T]={0};
10 ll l=1,r,q[T];
11 inline double getSlope(int u, int v) { return (double) (f[v] + sum[v] - f[u] - sum[u]) / (cnt[u] == cnt[v] ? 1e-9 : cnt[v] - cnt[u]); }
12 int main()
13 {
14     scanf("%lld%lld",&n,&m);
15     for (int i=1;i<=n;i++)
16         scanf("%lld",&a[i]);
17     sort(a+1,a+n+1);
18     // 状态压缩 
19     ll dd=a[1];
20     for (int i=1;i<=n;i++) 
21     {
22         a[i]-=dd;
23         if (a[i]-a[i-1]>2*m)
24         {
25             dd+=a[i]-a[i-1]-2*m;
26             a[i]=a[i-1]+2*m;
27         }
28         cnt[a[i]]++;
29         sum[a[i]]+=a[i];
30     }
31     t=a[n];
32     // 求前缀和 
33     for (int i=1;i<=t+m;i++)
34         cnt[i]+=cnt[i-1],sum[i]+=sum[i-1];
35     // DP
36     l=1;r=0;
37     for (int i=0;i<=t+m;i++)
38     {
39         if (i-m>=0)
40         {
41             while (l<r&&getSlope(q[r-1],q[r])>=getSlope(q[r],i-m)) r--;
42             q[++r]=i-m;
43         }
44         while (l<r&&getSlope(q[l],q[l+1])<=i) l++;
45         f[i]=cnt[i]*i-sum[i];  // 边界状况
46         if (l<=r) f[i]=min(f[i],f[q[l]]+(cnt[i]-cnt[q[l]])*i-(sum[i]-sum[q[l]])); 
47     }
48     // 求ans 
49     ll ans=1ll<<62;
50     for (int i=t;i<=t+m;i++)
51         ans=min(ans,f[i]); 
52     printf("%lld",ans);
53 }