擺渡車（題目和測試右轉 洛谷P5017）

做法：dp+各種優(yōu)化(剪枝)

這道題考場上看了一臉懵逼...第一眼看這 tm 不是個一維dp嗎...結果按著這個朦朧的思路，刪刪改改約莫0.5h，終于過了小樣例，然后一測大樣例...GG了。冥思苦想了1h，最終放棄了 （感謝這白費的1.5h，迫使我T4打了個暴力，結果AC了...）

言歸正傳

考試完后，參考了各種題解，WA了N/A次，終于AC了這道毒瘤題，艱難的AC歷程...

（〇）引子

首先來闡明一下題意：在一條數(shù)軸上有n個點，然后要求將這條數(shù)軸分為若干段（左開右閉的區(qū)間），要求：每段的兩個端點之間的距離必須 >= m，求分段的最小總費用。

費用定義為：若一個點k在區(qū)間 ( j , i ] ，則這個點的費用為 i - k （可能一個位置上有多個點）

總費用定義為：所有點的費用和即為總費用

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（一）如何拿分（暴力?）

講解完題意，接下來我們要研究一個很重要的問題：如何拿分?

先看 30% 的數(shù)據(jù)：

n≤20, ?m≤2, ?0≤ti?≤100

看著 ti 的大小很容易想到用一維數(shù)組 f[i] 表示在第 i 分鐘發(fā)車的最小費用。

然后，這TM不是個一維線性dp嗎？

我們可以枚舉一個 j ，即枚舉前一次是在哪里發(fā)車的，這樣我們便得到了狀態(tài)轉移方程：

這樣一來，時間復雜度就是 ?，30%的數(shù)據(jù)是可以過的。

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（二）如何拿中分（不高也不低的分）

看一下50%的數(shù)據(jù)：

n ≤ 500, ?m ≤ 100, 0 ≤ ti ≤ 10^4

nt^2的時間復雜完全過不了50%得數(shù)據(jù)，怎么辦呢

通過觀察（一）的狀態(tài)轉移方程，可以發(fā)現(xiàn)枚舉一個k實際上是沒必要的，可以用前綴和優(yōu)化：

將等車人到達的時間用數(shù)組存起來，peo[ i ]表示在 0 到 i 分鐘內等車人的數(shù)量，cost[ i ]表示在 0 到 i 分鐘所有等車人到達時間的累積（即將 1 到 i 分鐘內到達的等車人的到達時間累加起來）

就可以得到狀態(tài)轉移方程

分析一下時間復雜度：因為只枚舉了 i 和 j ，所以時間復雜度降低為

50%的數(shù)據(jù)在 “少爺機” 上是穩(wěn)穩(wěn)的。

程序段：

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1 for(int i=1; i<t+m; i++) 2 { 3 f[i] = i*peo[i] - cost[i]; 4 for(int j=0; j<=i-m; j++) 5 f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j])); 6 }

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?

?

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（三）如何拿高分（不是滿分，考場上的高分）

自然是優(yōu)化啦。問題來了，如何優(yōu)化。

先看看70%的數(shù)據(jù)范圍：

n≤500,?m≤10,?0≤ti?≤4×10^6

很明顯，t^2的時間復雜的是肯定超的。而 i 是這個狀態(tài)轉移方程的狀態(tài)，必須要枚舉，只能從 j 下手，優(yōu)化這個動態(tài)規(guī)劃了。

j 如何優(yōu)化呢？其實，仔細想一想，很容易發(fā)現(xiàn)，j 沒有必要從 0 枚舉到 i-m，換句話說，從0到 i-m 的這段區(qū)間內，有很多狀態(tài)是無用的，即這些狀態(tài)一定不能構成當前 f[i] 的最優(yōu)解，真正有用的只有區(qū)間 ( i-m-m+1, i-m ]。如何證明呢？

先貼一幅圖：

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觀察上圖可以發(fā)現(xiàn)：

當 j 在 ( R, i )中時，擺渡車回來的時間一定大于 i ，不滿足狀態(tài) f[i] 的定義，舍去。

當 j 在 ( ?, L ]中時，一定可以多發(fā)一次車，使擺渡車回來的時間小于等于 i，這樣得到的花費一定小于等于只發(fā)一次車的情況。因此，也可以省去。

最后，我們發(fā)現(xiàn)，j 只能在區(qū)間 ( L, R ] 之間才能得到最小花費，即 j 只有 m-1 種情況。

于是，狀態(tài)轉移方程不變，j 的枚舉范圍改變，時間復雜度降為

70%的數(shù)據(jù)穩(wěn)穩(wěn)地過，甚至在 “少爺機” 上面的 score 可能 100 ( 最起碼分數(shù)在70以上 )。

程序段：

?

1 for(int i=1; i<t+m; i++) 2 { 3 f[i] = i*peo[i] - cost[i]; 4 for(int j=max(i-m-m+1,0); j<=i-m; j++) 5 f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j])); 6 }

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?

（四）70+太低了如何拿滿分

老樣子，再來看一下數(shù)據(jù)范圍（終極boss來了）：

n≤500,?m≤100,?0≤ti?≤4×10^6

m的范圍變回 100 了，tm的時間復雜度好方，腫么辦!!!

別著急，先來分析一下數(shù)據(jù)范圍：

可以發(fā)現(xiàn)，ti 達到了4*10^6 ，然鵝 n 卻還是500，不難想象，如果將 ti 看做一條線段，上面有 4*10^6個整點，然后取其中的500個點標記，標記的點一定是非常離散的。

?同樣的道理，在如此之大的 ti 中，一定有很多區(qū)間是沒有等車人的（無用的區(qū)間），但是仍然無用地枚舉了m次，時間復雜度大大增加。

這時候，我們只需要加一個小小的剪枝，判斷當前枚舉的 i 點到 i-m 中是否有人，如果沒有人的話，就沒有必要進行多一次的循環(huán)了（因為再發(fā)多一次車對答案沒有影響，畢竟沒人），只需要將 f[i] 賦值為 f[i-m]，然后continue即可。

經(jīng)過某神犇的證明，經(jīng)過這次剪枝后，實際枚舉的點只有 nm 個，時間復雜度降為（當然還有一個常數(shù) t 被我忽略了）

100%的數(shù)據(jù)跑得飛快……

程序段：

?

1 for(int i=1; i<t+m; i++) 2 { 3 if(i>=m and peo[i]-peo[i-m] == 0) {f[i] = f[i-m]; continue;} 4 f[i] = i*peo[i] - cost[i]; 5 for(int j=0; j<=i-m; j++) 6 f[i] = min(f[i], f[j]+(peo[i]-peo[j])*i-(cost[i]-cost[j])); 7 }

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（五）答案在哪？

終于到最后一步了，顯而易見，answer一定在最大的時間后面（廢話），只需要從 t 枚舉到 t+m-1 取一個最小值即可。

注意：

代碼中的 t 和 （五）中的 t 含義相同，都是最后到的那個人的到達時間。

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ps：終于寫完了，這個思路是參考了某神犇的（@Sooke），再加上了自己的一些理解，希望能有幫助。

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轉載于:https://www.cnblogs.com/GDOI2018/p/9994768.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的摆渡车（noip2018 pj t3）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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