[IOI2000] 郵局 加強版 題解
考慮動態規劃,設 \(f_{i,j}\) 為經過了 \(i\) 個村莊,正在建第 \(j\) 個郵局的最優距離。
以及 \(w_{i,j}\) 表示區間 \([i,j]\) 內建一個郵局時的距離總和。
\(a\) 陣列表示每個村莊的座標編號。
樸素版狀態轉移方程:
\[f_{i,j}=\min(f_{i,j},f_{k,j-1}+w_{k+1,i})
\\ \\
k\in [0,i)
\]
根據初一上冊數學,可知在區間 \([x,y]\) 中距離所有點的距離之和最短的點為:
若 \(2\mid x+y\),則點位於 \(\lfloor\frac{x+y}{2}\rfloor\)。
反之位於 \(\lfloor\frac{x+y+1}{2}\rfloor\)。
注意到,上述狀態轉移方程,有三個未知數:\(i,j,k\)。可得時間複雜度為 \(O(PV^3)\),肯定過不了。
考慮四邊形不等式最佳化。
注意到,\(w\) 函式的狀態轉移方程為:
\[w_{l,r+1}=w_{l,r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}
\]
需要簡化,過程如下,雖複雜,但重要,可加以理解。
\[\begin{cases}w_{l,r+1}=w_{l+r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} \ 1式
\\
w_{l+1,r+1}=w_{l+1,r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\ 2式
\end{cases}
\\
\]
2式 \(-\) 1式,得:
\[w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}=w_{l+1,r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}
-w_{l,r}-a_{r+1}+a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}\\
w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}=w_{l+1,r}-w_{l,r}+a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}
-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\\
w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}-w_{l+1,r}+w_{l,r}=a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}
-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}
\]
\(\because\) 座標單調上升
\[\therefore\ a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}\ \le \ a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\\
\therefore\
a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\le 0\\
w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}-w_{l+1,r}+w_{l,r}\le 0\\
w_{l,r}+w_{l+1,r+1}\le w_{l,r+1}+w_{l,r+1}\\
w_{l,r+1}+w_{l+1,r}\ge w_{l,r}+w_{l+1,r+1}
\]
透過四邊形不等式可知,若 \(a,b,c,d\) 滿足 \(a\le b \le c \le d\),且 \(w_{a,c}+w_{b,d}\le w_{a,d}+w_{b,d}\),則稱 \(w\) 為四邊形不等式,可以最佳化時間複雜度。
\(\because l\le l+1 \le r \le r+1\),則可以將 \(a,b,c,d\) 分別帶入進去,即:
當 \(a=l,b=l+1,c=r,d=r+1\) 時:
\[w_{l,r+1}+w_{l+1,r}\ge w_{l,r}+w_{l+1,r+1}\\
w_{a,c}+w_{b,d}\ge w_{a,d}+w_{b,d}
\]
再附上1式 \(-\) 2式的:
\[w_{l,r+1}-w_{l+1,r+1}=w_{l,r}-a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}
-w_{l+1,r}+a_{r+1}+a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}
\\ \\
w_{l,r+1}-w_{l+1,r+1}=w_{l,r}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}-w_{l+1,r}+a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}
\\ \\
w_{l,r+1}-w_{l+1,r+1}-w_{l,r}+w_{l+1,r}=a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}
-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}
\]
\(\because\) 座標單調上升
\[\therefore a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\ge a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}\\
a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}
\ge 0\\
w_{l,r+1}+w_{l+1,r}-w_{l+1,r+1}-w_{l,r}\ge 0
\\
w_{l,r+1}+w_{l+1,r} \ge w_{l+1,r+1}+w_{l,r}
\]
程式碼:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV=3003,MAXP=305,inf=1e9+5;
int v,p;
int f[MAXV][MAXP];//經過了i個村莊,正在建j個郵局
int a[MAXV],w[MAXV][MAXV],dp[MAXV][MAXP];
int minn,minid;
signed main(){
scanf("%d%d",&v,&p);
for(int i=1;i<=v;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+v+1);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=v;i++)
for(int j=i+1;j<=v;j++)
w[i][j]=w[i][j-1]+a[j]-a[i+j>>1];
for(int j=1;j<=p;j++)
{
dp[v+1][j]=v;
for(int i=v;i>=1;i--)
{
minn=inf;
for(int k=dp[i][j-1];k<=dp[i+1][j];k++)
{
if(f[k][j-1]+w[k+1][i]<minn)
{
minn=f[k][j-1]+w[k+1][i];
minid=k;
}
}
f[i][j]=minn;
dp[i][j]=minid;
}
}
printf("%d\n",f[v][p]);
return 0;
}