[NOIP2018] 摆渡车 - 斜率优化dp

有 \(n\) 个人，分别在 \(t_i\) 时刻到达始发站。摆渡车从始发站到终点站再回到始发站需要 \(m\) 分钟。你可以自由安排摆渡车每一次出发的时间。求等车时间总和的最小值。\(n\leq 500, m\leq 500, t_i \leq 4 \times 10^6\)

Solution

设 \(f[i]\) 表示摆渡车最后一次出发时间是 \(i\)，所有 \(t \leq i\) 的人中，等车时间一共为多少

设 \(s[i]\) 表示所有 \(t\leq i\) 的人的 \(t\) 的和，\(c[i]\) 表示 \(t\leq i\) 的人的个数，则
\[ f[i]=\max_{j\leq i-m} f[j]+(c[i]-c[j])i-(s[i]-s[j]) \]
考虑斜率优化，化为标准形式
\[ f[j]+s[j] = ic[j]+(s[i]-ic[i])+f[i] \]
于是设 \(y[j]=f[j]+s[j],\ x[j]=c[j]\)，设 \(A[i]=i, B[i]=s[i]-ic[i]\)，则
\[ y=Ax+B+f[i] \]
其中 \(f[i]\) 要被最小化，所以维护下凸包即可

但要注意，由于对转移点位置有限制 \(j\leq i-m\)，所以我们需要维护一个长度为 \(m\) 的队列，每次处理完 \(i\) 后，如果队列的大小 \(=m\)，则从队头取出状态点 \((x,y)\) 插入凸包，并将状态点 \((x[i],y[i])\) 插入队尾

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

const int N = 4000005;
const int M = 5005;
int n,m,t[M],s[N],c[N],f[N],x[N],y[N],q[N],head,tail,h;

double slope(int b,int a) {
    if(x[a]==x[b]) return 1.0*(y[a]-y[b])/(1e-9);
    return (double)(y[a]-y[b])/(x[a]-x[b]);
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) c[t[i]]++, s[t[i]]+=t[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) h=max(h,t[i]);
    for(int i=1;i<h+m;i++) c[i]+=c[i-1], s[i]+=s[i-1];
    head=1; tail=0;
    for(int i=0;i<h+m;i++) {
        if(i-m>=0) {
            while(head<tail && slope(q[tail-1],q[tail])>=slope(q[tail],i-m)) --tail;
            q[++tail]=i-m;
        }
        while(head<tail && slope(q[head],q[head+1])<=i) ++head;
        int j=q[head];
        f[i]=c[i]*i-s[i];
        if(head<=tail) f[i]=min(f[i],f[j]+(c[i]-c[j])*i-s[i]+s[j]);
        x[i]=c[i];
        y[i]=f[i]+s[i];
    }
    cout<<*min_element(f+h,f+h+m);
}

标签：head,leq,int,始发站,NOIP2018,摆渡,tail,dp
来源： https://www.cnblogs.com/mollnn/p/12457879.html