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題意：

　　有n個玩具，要將它們分為若干組，玩具長度C可能不同。給出n個玩具的擺放順序，連續的任意多個玩具都可以成為一組。區間[i,j]成為一組的費用是cost=(j-i+Sigma(C_k)-L)²且i<=k<=j。給定n和L和每個玩具的長度，問分組后費用總和是多少? (n<=5*10⁴)。

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思路：

　　轉移方程：dp[i]=min( dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j+1-L)^{2 ?})。sum[i]表示前i件玩具長度的總和，0<j<i，（i-j+1）表示與i同組的玩具個數。

　　根據方程是可以推出這題是滿足決策單調性的。以下是抄來的證明，稍微修改：

　　令f[i]=sum[i]+i, c=1+L，則dp[i]=min( dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^{2 ?})

　　1.證明決策單調性

　　假設在狀態i處的k決策優于j決策，且j<k，那么?dp[k]+(f[i]-f[k]-c)²<=dp[j]+(f[i]-dp[j]-c)²。

　　而對于i后面的某個狀態t，設f[t]=f[i]+v，先不管v是多少。

　　要證明：dp[k]+(f[t]-f[k]-c)²<=dp[j]+(f[t]-f[j]-c)²

　　只要證(將f[t]=f[i]+v代入)：dp[k]+(f[i]+v-f[k]-c)²<=dp[j]+(f[i]+v-f[j]-c)²

　　只要證dp[k]+(f[i]-f[k]-c)²+2v*(f[i]-f[k]-c)+v^{2 ?}<= ?dp[j]+(f[i]-f[j]-c)²+2v*(f[i]-f[j]-c)+v²。

　　由于假設，所以只要證：?2v*(f[i]-f[k]-c)<=2v*(f[i]-f[j]-c)。

　　即證：f[k]>=f[j]（顯然）

　　證明完畢

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　　思路很明確，一直卡在二分上面，噗。

　　用一個隊列來維護這些區間段，由于區間段必定是連在一起的，所以只需要記錄左端點L以及更新這個區間的決策k。如果隊列為空，則后面全部由i來更新得到，若非空，那么判斷隊尾的L，是否由i來更新會更優，若是，則pop掉隊尾，繼續同樣的動作，直到隊列為空或者i作為決策不如隊尾的L更好，那么i可以更新的就是[L,n]之中的尾部區間[r,n]，而r可以用二分查找的方式。細節上很容易寫挫，比如i決策可能完全都可以用武之地，不用二分去找了，否則會錯；二分時必定要保證r由i來更新更佳，且有可能會出現等于的情況。復雜度O(nlogn)，斜率優化等再寫。

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1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <iostream> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #include <set> 7 #include <deque> 8 #include <map> 9 #include <algorithm> 10 #include <vector> 11 #include <iostream> 12 #define pii pair<int,int> 13 #define back que[rear-1] 14 #define INF 0x7f7f7f7f 15 #define LL long long 16 #define ULL unsigned long long 17 using namespace std; 18 const double PI = acos(-1.0); 19 const int N=50100; 20 21 LL len[N], dp[N], L; 22 int q[N], d[N], n, l, r; //區間以及決策 23 LL cost(int j,int i) //用j來更新i的費用 24 { 25 return dp[j]+(len[i]-len[j]-L)*(len[i]-len[j]-L); 26 } 27 28 int find(int i,int k,int st) 29 { 30 int ll=st, rr=n; 31 while(ll<rr) 32 { 33 int mid=rr-(rr-ll+1)/2; 34 if( cost(i,mid)<cost(k,mid)) rr=mid; 35 else ll=mid+1; 36 } 37 return rr; 38 } 39 LL cal() 40 { 41 l=r=1; 42 d[1]=0;q[1]=1; //初始時，0可以更新[1,n] 43 for(int i=1; i<=n; i++) 44 { 45 dp[i]=cost(d[l], q[l]++); //q[l]永遠等于i 46 if( l<r && q[l]==q[l+1] ) l++; 47 48 while( l<=r && cost(i,q[r])<cost(d[r],q[r]) ) r--; 49 if(l>r) //只能用i來更新 50 { 51 q[++r]=i+1; 52 d[r]=i; 53 } 54 else if( cost(i,n)<cost(d[r],n)) 55 { 56 int tmp=find(i, d[r], q[r]); 57 q[++r]=tmp; 58 d[r]=i; 59 } 60 } 61 return dp[n]; 62 } 63 64 int main() 65 { 66 //freopen("input.txt","r",stdin); 67 while(~scanf("%d%lld",&n,&L)) 68 { 69 L++;len[0]=0; 70 for(int i=1; i<=n; i++) 71 { 72 scanf("%lld",&len[i]); 73 len[i]+=len[i-1]; 74 } 75 for(int i=1; i<=n; i++) len[i]+=i; 76 printf("%lld\n", cal() ); 77 } 78 return 0; 79 } AC代碼

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轉載于:https://www.cnblogs.com/xcw0754/p/4866121.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的HYSBZ 1010 玩具装箱toy （决策单调DP）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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