题解 P2900 【[USACO08MAR]Land Acquisition G】

在这个地方同时讲一下斜率优化，大佬们就请无视了吧。

注意：一定要看清横纵坐标是什么！！！！！！！！

很容易看出这是一道暴力题，然后我们超时了。

我们想一想该怎么做。

首先容易想到的一个优化便是：如果一片土地的长与宽都少于其他的一片土地，就把他排除。

所以我们先用长（设为x）排个序，假设从小到大吧，那么宽（设为y）会怎样呢？剔除不需要的后发现y单调递减。

比如：一开始拍完序后情况是这样的（横坐标x，纵坐标y），

我们发现买了 3 ∗ 10 3*10 3∗10 的土地，就能把 1 ∗ 10 1*10 1∗10 的土地和 2 ∗ 8 2*8 2∗8 的土地包括了，所以前两个点就可以去掉，

情况就变成如下：（横坐标x，纵坐标y）

最后你会发现，保证合法的情况是单调递减的（这对后面考虑有点影响）。

剔除无用的数据之后，我们可以想到dp的思维。

我们来考虑最后选取的一个土地组合。

转移方程 f [ i ] = f [ j ] + x [ i ] ∗ y [ j + 1 ] f[i]=f[j]+x[i]*y[j+1] f[i]=f[j]+x[i]∗y[j+1] 注意 f [ j ] f[j] f[j]已经包括了 x [ j ] ∗ y [ j ] x[j]*y[j] x[j]∗y[j]，所以要乘 y [ j + 1 ] y[j+1] y[j+1]。

转移方程 f [ i ] = f [ j ] + x [ i ] ∗ y [ j + 1 ] f[i]=f[j]+x[i]*y[j+1] f[i]=f[j]+x[i]∗y[j+1]，我们假设i由j和k转移过来，

那么k比较优的要求便是：

f [ j ] + x [ i ] ∗ y [ j + 1 ] > f [ k ] + x [ i ] ∗ y [ k + 1 ] f[j]+x[i]*y[j+1] > f[k]+x[i]*y[k+1] f[j]+x[i]∗y[j+1]>f[k]+x[i]∗y[k+1]

最后变形为 ( f [ j ] − f [ k ] ) / ( y [ j + 1 ] − y [ k + 1 ] ) < − x [ i ] (f[j]-f[k])/(y[j+1]-y[k+1])<-x[i] (f[j]−f[k])/(y[j+1]−y[k+1])<−x[i]，

发现左边同i无关，即可考虑乱搞一下了。

我们把这些点仍进一个双端队列里（具体为啥下面会讲）。

所以说这个式子又有什么卵用呢？

画几个图分析一下。

假设一个中间步骤，现在情况是这个样的。

注意：此时x轴为y（即宽度），y轴为f（即dp值），跟前面不一样

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-D5hFXhRg-1607167360784)(https://www.icode9.com/i/i/?n=17&i=blog/1113547/201802/1113547-20180209163248310-421036150.png)]

我们先从队首开始看。

队首的元素，取出q1和q2，此时q1,q2就相当于j，k两个转移点。

如果满足上述条件，也就是 ( f [ q 1 ] − f [ q 2 ] ) / ( y [ q 1 + 1 ] − y [ q 2 + 1 ] ) < − x [ i ] (f[q1]-f[q2])/(y[q1+1]-y[q2+1])<-x[i] (f[q1]−f[q2])/(y[q1+1]−y[q2+1])<−x[i]时，由我们前面得到的结论，

可以知道用q1转移不如用q2转移了，然后就可以把队首元素残忍地抛弃，让下一个来当队首。

下一个当然也可能不如再下一个，所以用一个while处理队首的元素。

我们再考虑队尾的情况。

设 s ( a , b ) = ( f [ q 1 ] − f [ q 2 ] ) / ( y [ q 1 + 1 ] − y [ q 2 + 1 ] s(a,b)=(f[q1]-f[q2])/(y[q1+1]-y[q2+1] s(a,b)=(f[q1]−f[q2])/(y[q1+1]−y[q2+1]。

所以队尾优化应该借鉴一下开头的写法。

然后你就没有什么思路了。

我们来研究一下 s ( j , k ) s(j,k) s(j,k) 和 s ( k , i ) s(k,i) s(k,i) 的情况。

若 s ( j , k ) < s ( k , i ) s(j,k)<s(k,i) s(j,k)<s(k,i):

①若 s ( j , k ) < − x [ i ] s(j,k)<-x[i] s(j,k)<−x[i] ，那么k比j优，但由于 s ( j , k ) < s ( k , i ) s(j,k)<s(k,i) s(j,k)<s(k,i) 我们知道 s ( k , i ) < − x [ i ] s(k,i)<-x[i] s(k,i)<−x[i] ，从而推出由k转移不如由i自己转移。

②若 s ( j , k ) > = x [ i ] s(j,k)>=x[i] s(j,k)>=x[i] ，那么k就不必j优，k也是没用的了。

所以，当 s ( j , k ) < s ( k , i ) s(j,k)<s(k,i) s(j,k)<s(k,i) 时，我们就可以把k残忍地抛弃了。

具体表现就是满足条件就扔掉队尾，让队尾前一个当队尾，跟前面一样用个 w h i l e while while。

两端排除没用的点使这种效率非常高。

我们再来看一下这个式子： ( f [ j ] − f [ k ] ) / ( y [ j + 1 ] − y [ k + 1 ] ) < − x [ i ] (f[j]-f[k])/(y[j+1]-y[k+1])<-x[i] (f[j]−f[k])/(y[j+1]−y[k+1])<−x[i] ，

因为 x [ i ] x[i] x[i] 我们排过序，是从左往右单调递增的，

我们再给他变个行 ( f [ j ] − f [ k ] ) / ( y [ k + 1 ] − y [ j + 1 ] ) > x [ i ] (f[j]-f[k])/(y[k+1]-y[j+1])>x[i] (f[j]−f[k])/(y[k+1]−y[j+1])>x[i] ，

由于 x [ i ] x[i] x[i] 在递增，所以我们看出斜率的绝对值在越变越大。

最后大概图是这个样的， x x x 轴代表 y y y ， y y y 轴代表 f [ ] f[] f[] 。

我们刚刚忙了那么多，就是为了维护这个单调递增的斜率绝对值。

专业术语好像叫做维护凸包。

我们就这样及时丢掉没用的点，节约了时间。复杂度 O （ n ） O（n） O（n） 。

好了说了这么多，上蒟蒻的代码吧。

不要忘了long long orz。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn=50010;
struct node{
    ll x,y;
}a[maxn];
bool cmp(const node &aa,const node &bb){
    return aa.x<bb.x;
}
ll n,cnt;
ll f[maxn];
ll q[maxn],head,tail;
double k(ll aa,ll bb){
    return ((double)(f[aa]-f[bb]))/((double)(a[aa+1].y-a[bb+1].y));
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    for (int i=1;i<=n;++i){
        while (cnt&&a[i].y>=a[cnt].y) --cnt;
        a[++cnt]=a[i];
    }
    n=cnt; head=tail=1;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        while (head<tail&&k(q[head],q[head+1])>=-a[i].x) head++;
        f[i]=f[q[head]]+a[i].x*a[q[head]+1].y;
        while (head<tail&&k(q[tail-1],q[tail])<k(q[tail],i)) tail--;
        q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}

标签：q1,10,head,Land,题解,P2900,q2,include,我们
来源： https://blog.csdn.net/guajiProMax/article/details/110712943