【清华2019冬令营模拟12.15】打怪兽（1D1D + dP）

【清华2019冬令营模拟12.15】打怪兽

题意

给定一个序列 $\{a_i\}$ ，任意时刻可以积累价值 $k$ ，第 $i$ 时刻造成代价 $\max(a_i-k,0)$ ，若第 $i$ 时刻完之后 $k>0$ 则 $k=k-1$ .
$n$ 个询问，第 $i$ 个询问答案为当总积累价值为 $i$ 时最小代价和.
$n\le 4000$ .

题解

首先考虑一个十分简单的 $dp$ ，设 $f[i][j][k]$ 表示到第 $i$ 时刻，总积累价值为 $j$ ，当前价值为 $k$ 的最小代价和.
转移我们可以枚举 $i-1$ 时刻的总积累价值 $p$ ，这样时间复杂度是 $O(n^4)$ 的.
但转移的时候要学会思考，要最大化运用已有决策，实际上对于 $i-1$ 时刻，我们只需用 $f[i-1][j+1][k]\rightarrow f[i][j][k]$ ，以及 $j=0$ 时的 $f[i-1][j][k]\rightarrow f[i][j][k]$ 转移，其他的，如果从 $i-1\rightarrow i$ 这一阶段有积累价值，那么我们可以用 $f[i][j-1]\rightarrow f[i][j]$ 转移过来，这样就充分利用了已经做好的决策，时间复杂度降为 $O(n^3)$ .
当然，继续细心观察，我们发现，任何时刻积累代价都可以看做是互相独立的，否则如果两个积累代价产生的块状影响有相邻，那不如把后面的那个块状影响往前转移一些，答案不会更劣，也就是说，假设我在第 $i$ 时刻积累了 $k_1$ 代价，在 $j(j>i)$ 时刻积累了 $k_2$ 代价，且满足 $i+k_1>=j$ ，那不如直接在 $i$ 时刻积累 $k_1+k_2$ 的代价.
有了这个发现，我们就可以把状态写为二维的，我们令 $f[i][j]$ 表示到 $i$ 时刻，积累的总代价为 $j$ 时的最小代价和，转移可以先从 $f[i-1][j]$ 转移过来，表示从 $i$ 往后成为了一个独立块，或者枚举一个 $p$ ，由 $f[i-p][j-p]+C[i-p+1][p]\rightarrow f[i][j]$ 转移过来，其中 $C[i][j]$ 表示在第 $i$ 时刻积累 $j$ 价值的代价和，很显然， $C[i][j]$ 是可以在 $O(n^2)$ 的时间内预处理出来的.
那么现在，空间复杂度降到了 $O(n^2)$ ，时间复杂度因为要枚举一个 $p$ ，实际上还是 $O(n^3)$ 的.
然后我们尝试着去发现一些性质，显然， $f[i][j]$ 显然当 $i\ge j$ 时才有意义，撇去 $f[i-1][j]\rightarrow f[i][j]$ 这个特殊转移，我们发现，其余的 $f[i-p][j-p]$ 决策中 $(i-p)-(j-p)=i-j$ ，于是我们可以想到去按 $i-j$ 分一下类，那么一个状态可以表示为 $f[i+d][i]$ 的形式，然后考虑转移，那么就可以写成类似于这样的形式 $f[i+d][i] + C[i+d][z-i] \rightarrow f[z+d][z]$ $f[j+d][j]+C[j+d][z-j]\rightarrow f[z+d][z]$
然后考虑上面两种转移，可以发现，若 $i\gt j$ ，则 $C[j+d][z-j]\ge C[i+d][z-i]$ ，且当 $z$ 不断增大时， $C[j+d][z-j]-C[i+d][z-i]$ 会不断减小，那么这就像极了 $1d1d$ 优化，我们可以用一个单调栈来维护最优决策，然后新增一个决策点时二分一下，时间复杂度可以做到 $O(n^2log_2n)$
具体的来说，我们维护的是一个当前最优决策栈，也就是说，我们每次假设要更新 $i+1$ ，那么栈顶的决策就是更新 $f[i+1+d][i+1]$ 的最优决策.
如何维护这个决策，我们不妨单独考虑两个决策 $f[i+d][i]$ 与 $f[j+d][j]$ ，因为 $i>j$ ，所以我们发现，当决策 $i$ 优于决策 $j$ 时，一定是出现在某一个区间，于是我们可以二分出这个区间，那么就知道一个决策比上一个决策是在哪一段区间更优，超过这个区间，就把这个决策弹掉，那么这样栈顶就是最优决策了.
总结一下，此题实质上运用的性质就是 $C[j+d][k-j]-C[i+d][k-i]$ 随着 $k$ 的增大，这个 $C[j+d][k-j]-C[i+d][k-i]$ 是不断减小的，于是可以类比 $1d1d$ 优化进行一些骚操作.

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