[NOIP2018 普及组] 摆渡车 题解

《关于我上冬令营网课时，听说普及组考过斜率优化DP这件事》

题意理解

摆渡车往返一次要 $m$ 分钟，但摆渡车可以在起点等人，故可以将往返一次的时间 $T\in [m,\infty )$。(但是个人都不会让他等于正无穷吧?)

求这 $n$ 个人等待时间之和最小值。

设置状态

首先，观察数据范围

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小数据就不说了吧

显然,可以根据时间设置状态。

设 f i f_{i} fi​ 表示前 $i$ 个时间单位的最小花费。

状态转移

题上说了，摆渡车容量可以视为无限大，那么我们可以知道，摆渡车是印度产的，在时间 $i$ 出发的车可以将在 $i$ 及之前到站所有人都接走，花费为 ∑ ( i − t k ) ( t k ≤ i ) \sum (i-t_{k}) \ \ \ (t_{k}\le i) ∑(i−tk​)   (tk​≤i)。

如果在 $i$之前的某时刻 $j$，摆渡车接过一次人呢?(根据题意 $j$ 应当满足 $0\le j\le i-m$ )。

那么就有 f i = m i n ( f i , f j + ∑ ( i − t k ) ) ( j < t k ≤ i ) f_{i}=min(f_{i},f_{j}+\sum (i-t_{k}))\ \ (j < t_{k}\le i) fi​=min(fi​,fj​+∑(i−tk​))  (j<tk​≤i) 。

这就是状态转移方程，可以发现遍历一段时间是 $O(T)$ 的，枚举断点 $j$ 也是 $O(T)$ 的,而计算 ∑ ( i − t k ) \sum (i-t_{k}) ∑(i−tk​) 是 $O(n)$ 的。

这个DP时间复杂度为 O ( n T 2 ) O(nT^{2}) O(nT2)。(恭喜你拿到我没截上屏的30分)

DP优化

优化计算

∑ ( i − t k ) \sum (i-t_{k}) ∑(i−tk​) 是显然能用前缀和搞一下的:
设 c n t i cnt_{i} cnti​ 表示时间 $i$ 及之前有多少人在到达。
s u m i sum_{i} sumi​ 表示若在 $i$ 之前来的人一直在等，那么这些人一共等了多久， s u m i sum_{i} sumi​ 可以通过 c n t i cnt_{i} cnti​ 累加得到。

n=qr();//读入和处理cnt和sum部分
m=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
{cnt[t=qr()]++;ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间
}
for(register int i=1;i<ed+m;i++)
{cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数
}

那么怎么通过 $cnt$ 和 $sum$ 计算出 ∑ ( i − t k ) ( j < t k ≤ i ) \sum (i-t_{k})\ \ \ (j < t_{k}\le i) ∑(i−tk​)   (j<tk​≤i) 呢?

请看图。

用水平线长短及端点来表示人的等待情况，我们要求的是蓝色线的总长度。

根据我画的圈圈， 1 = s u m i 1=sum_{i} 1=sumi​ , 2 = s u m j 2=sum_{j} 2=sumj​ , 3 = c n t j ∗ ( i − j ) 3=cnt_{j}*(i-j) 3=cntj​∗(i−j)。

那么就可以轻而易举地得到 ∑ ( i − t k ) = s u m i − s u m j − c n t j ∗ ( i − j ) ( j < t k ≤ i ) \sum (i-t_{k}) = sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j)\ \ \ (j < t_{k}\le i) ∑(i−tk​)=sumi​−sumj​−cntj​∗(i−j)   (j<tk​≤i)。
状态转移方程就能转化为

f i = m i n ( f i , f j + s u m i − s u m j − c n t j ∗ ( i − j ) ) ( j ≤ i − m ) f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j))\ \ (j\le i-m) fi​=min(fi​,fj​+sumi​−sumj​−cntj​∗(i−j))  (j≤i−m) 。

于是复杂度愉快地变成了 O ( T 2 ) O(T^{2}) O(T2) 。(现在有50pts了!)。

Code

#include
#define N 1100006
#define LL long long 
using namespace std;int n,m;
LL f[N];
int t,cnt[N],sum[N],ed;inline int qr()
{char a=0;int w=1,x=0;while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}return x*w;
}int main()
{n=qr();//读入和处理cnt和sum部分m=qr();for(register int i=1;i<=n;i++){cnt[t=qr()]++;ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间}for(register int i=1;i<ed+m;i++)//最后一班车最晚在ed+m-1时走{cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数}for(register int i=1;i<ed+m;i++){f[i]=sum[i];//前面没有发车for(register int j=0;j<=i-m;j++)f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]-sum[j]-cnt[j]*(i-j));//状态转移}LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;for(register int i=ed;i<ed+m;i++)//统计答案ans=min(ans,f[i]);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

规避无用转移

显然，每次摆渡车的往返加等待时间不会超过 $2m$ ,因为该时间超过 $2m$ 时,在$i-(m,2m)$可以来一辆车，答案必定不会更劣。

所以，枚举 $j$ 时只用枚举 $[max(0,i-2m),i-m]$就可以了,复杂度变成了 $O(Tm)$。

把转移改一下就有70pts了！(开O2就过了)。

Code

for(register int i=1;i<ed+m;i++)
{f[i]=sum[i];//前面没有发车for(register int j=max(i-(m<<1),0);j<=i-m;j++)f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]-sum[j]-cnt[j]*(i-j));//状态转移
}

尖端科技——斜率优化(雾)

重新看一下式子:

f i = m i n ( f i , f j + s u m i − s u m j − c n t j ∗ ( i − j ) ) f_{i}=min(f_{i},f_{j}+sum_{i}-sum_{j} - cnt_{j}*(i-j)) fi​=min(fi​,fj​+sumi​−sumj​−cntj​∗(i−j))

把min去掉，然后移下项，可以得到:

f j + c n t j ∗ j − s u m j = c n t j ∗ i + f i − s u m i f_{j}+cnt_{j}*j-sum_{j}=cnt_{j}*i+f_{i}-sum_{i} fj​+cntj​∗j−sumj​=cntj​∗i+fi​−sumi​

使 y = f j + c n t j ∗ j − s u m j y=f_{j}+cnt_{j}*j-sum_{j} y=fj​+cntj​∗j−sumj​ , $k=i$ , x = c n t j x=cnt_{j} x=cntj​ , b = f i − s u m i b=f_{i}-sum_{i} b=fi​−sumi​

于是转移方程转化愉快地为 $y=kx+b$ 的点斜式形式。

这里 $x$ 和 $k$ 具有点调性，可以用优先队列维护下凸包。

当遍历到时间 $i$ 时将 $i-m$ 入队，如果队列非空进行转移，如果队列是空的话，直接当做之前没有发过车对 f i f_{i} fi​ 赋值就行了。

Code

#include
#define N 9100006
#define LL long long 
#define LB long double
using namespace std;int n,m;
LL f[N],t,cnt[N],sum[N],q[N],ed;inline int qr()
{char a=0;int w=1,x=0;while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}return x*w;
}inline LB K(LL x,LL y)//计算两点间斜率
{return (LB) (f[y]+cnt[y]*y-sum[y]-f[x]-cnt[x]*x+sum[x])/((cnt[y]==cnt[x])?(long double)1e-9:cnt[y]-cnt[x]);
}int main()
{n=qr();//读入和处理cnt和sum部分m=qr();for(register int i=1;i<=n;i++){cnt[t=qr()]++;ed=max(ed,t);//ed表示最后来的人的时间}for(register int i=1;i<ed+m;i++)//最后一班车最晚在ed+m-1时走{cnt[i]+=cnt[i-1];//根据前面的人数累加一下sum[i]+=sum[i-1]+cnt[i-1];//时间累加就是i-1~i中等待的人数}int l=1,r=0;for(register int i=0;i<ed+m;i++){if(i>=m){int op=i-m;//将时间i-m入队while(l<r&&K(q[r],op)<=K(q[r-1],q[r]))//维护下凸包r--;q[++r]=op;}while(l<r&&K(q[l],q[l+1])<=(LB)i)//找到最优转移的位置l++;f[i]=sum[i];//前面没有发车if(l<=r)f[i]=min(f[i],f[q[l]]+sum[i]-sum[q[l]]-cnt[q[l]]*(i-q[l]));}LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;for(register int i=ed;i<ed+m;i++)//统计答案ans=min(ans,f[i]);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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