BZOJ 2726 SDOI2012 任务安排

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Problem

BZOJ

Solution

不难设出一个不怎么样的状态f[i][j]表示前i个分j段的最小代价

$$f[i][j]=\min(f[k][j-1]+(S*j+st[i])*(sf[i]-sf[k]))$$

考虑未来费用优化，多分一段相当于后面所有段都加上S×费用

$$f[i]=\min(f[j]+st[i]*(sf[i]-sf[j])+S*(sf[n]-sf[j]))$$

$$f[i]=st[i]+sf[i]+S*sf[n]+\min(f[j]-st[i]*sf[j]-S*sf[j]))$$

时间复杂度$O(n^2)$

发现不知道怎么单调队列，所以试试考虑斜率优化，若i从j转移比从k转移要优，则有：

$$f[j]-f[k]+st[i]*(sf[k]-sf[j])+S*(sf[k]-sf[j])<0$$

$$f[j]-f[k]<(st[i]+S)(sf[j]-sf[k])$$

$$\frac {f[j]-f[k]} {sf[j]-sf[k]}<st[i]+S$$

维护一个下凸包。又由于st[i]+s不一定单调，所以不能用单调队列，而是在维护好的凸包上二分。

注意特判sf[j]和sf[k]相等的时候，f小的更优秀。不过好像写的代码不同也有所不同，不然两种都试一下吧。

时间复杂度$O(n\log n)$

Code

#include <cstdio>
#define rg register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000010;
const double INF=1e20;
template <typename Tp> inline int getmin(Tp &x,Tp y){return y<x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline int getmax(Tp &x,Tp y){return y>x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(f) x=-x;
}
int n,s,tp,st[maxn],sf[maxn],stk[maxn];
ll f[maxn];
double slope(int j,int k)
{
    if(sf[j]==sf[k]) return f[j]<f[k]?INF:-INF;
    return 1.0*(f[j]-f[k])/(sf[j]-sf[k]);
}
int find(int k)
{
    int l=1,r=tp,m,res=1;
    while(l<=r)
    {
        m=(l+r)>>1;
        if(slope(stk[m-1],stk[m])<=k) res=m,l=m+1;
        else r=m-1;
    }
    return stk[res];
}
int main()
{
    read(n);read(s);
    for(rg int i=1;i<=n;i++)
    {
        read(st[i]);st[i]+=st[i-1];
        read(sf[i]);sf[i]+=sf[i-1];
    }
    stk[++tp]=0;
    for(rg int i=1;i<=n;i++)
    {
        int k=find(st[i]+s);
        f[i]=f[k]+(ll)st[i]*(sf[i]-sf[k])+(ll)s*(sf[n]-sf[k]);
        while(tp>1&&slope(stk[tp-1],stk[tp])>=slope(stk[tp],i)) tp--;
        stk[++tp]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}