BZOJ 1835 [ZJOI2010]base 基站选址：线段树优化dp

传送门

题意

有 $ n $ 个村庄在一排直线上，现在要建造不超过 $ K $ 个通讯基站，基站只能造在村庄处。

第 $ i $ 个村庄距离第 $ 1 $ 个村庄的距离为 $ D_i $ 。在此建造基站的费用为 $ C_i $ 。如果在此不超过 $ S_i $ 的范围内有基站，那么这个村庄就被覆盖了。如果它没有被覆盖，则需要花费 $ W_i $ 的补偿费用。

问你最小总花费是多少。

题解

首先有一个很显然的dp：

$ dp[i][j] $ 表示在第 $ i $ 个村庄建了基站，此时一共建了 $ j $ 个基站，第 $ i $ 个以及之前村庄的最小花费。

转移为：
\[ dp[i][j] = min(dp[k][j-1] + cost(k,i)) \quad (k<i) \]
其中 $ cost(k,i) $ 表示如果在 $ k $ 和 $ i $ 建了基站，并且它们之间没有建基站，此时村庄 $ k $ 到村庄 $ i $ 之间的花费，即：
\[ cost(i,j) = \sum_{k=i}^j W_k * [|D_k-D_i|>S_k \text{ } \& \text{ } |D_k-D_j|>S_k] \]
​

然后考虑如何优化。

先定义 $ l_i $ 和 $ r_i $ 分别表示能够覆盖村庄 $ i $ 的最左和最右的基站建造位置，可以直接二分出来。

我们希望对于每个 $ j $ 来说，在 $ i $ 不断递增的过程中，动态地维护 $ F(k) = dp[i][j-1] + cost(k,i) $ 的最小值。

假设当前已经求出了 $ dp[i-1][j] $ ，接下来该求 $ dp[i][j] $ 了。

那么对于所有满足 $ r_p = i $ 的 $ p $ 来说，所有 $ F(k) \quad (k \in [1,l_p-1]) $ 都应该加上 $ W_p $ 。也就是将基站从 $ i-1 $ 移动到 $ i $ 之后，给对应的 $ F(k) $ 加上了那些本来被覆盖但是现在不覆盖的村庄的补偿费。

所以对于当前的 $ i $ 来说，$ dp[i][j] = min(F(k)) \quad (k \in [1,i-1]) $

由于有区间加法和查区间最小值，所以要用线段树维护 $ F(k) $ 。对于每个 $ j $ 来说，在一开始重建一下线段树就好。

AC Code

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define MAX_N 20005
#define MAX_V 80005
#define INF 1000000000
#define int long long

using namespace std;

int n,K,ans;
int d[MAX_N];
int c[MAX_N];
int s[MAX_N];
int w[MAX_N];
int l[MAX_N];
int r[MAX_N];
int dp[MAX_N];
int dat[MAX_V];
int tag[MAX_V];
vector<int> v[MAX_N];

void read()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&K);
    for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%lld",&d[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&s[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&w[i]);
    d[++n]=INF,w[n]=INF,K++;
}

void cal_lr()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        l[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]-s[i])-d;
        r[i]=upper_bound(d+1,d+1+n,d[i]+s[i])-d-1;
        v[r[i]].push_back(i);
    }
}

void push_down(int k)
{
    if(tag[k])
    {
        dat[k*2+1]+=tag[k];
        dat[k*2+2]+=tag[k];
        tag[k*2+1]+=tag[k];
        tag[k*2+2]+=tag[k];
        tag[k]=0;
    }
}

void push_up(int k)
{
    dat[k]=min(dat[k*2+1],dat[k*2+2]);
}

void build(int l,int r,int k)
{
    if(l==r)
    {
        dat[k]=dp[l];
        tag[k]=0;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,k*2+1);
    build(mid+1,r,k*2+2);
    push_up(k);
    tag[k]=0;
}

void update(int a,int b,int k,int l,int r,int x)
{
    if(a<=l && r<=b)
    {
        dat[k]+=x;
        tag[k]+=x;
        return;
    }
    push_down(k);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(a<=mid) update(a,b,k*2+1,l,mid,x);
    if(b>mid) update(a,b,k*2+2,mid+1,r,x);
    push_up(k);
}

int query(int a,int b,int k,int l,int r)
{
    if(a<=l && r<=b) return dat[k];
    push_down(k);
    int mid=(l+r)>>1,ans=INF;
    if(a<=mid) ans=min(ans,query(a,b,k*2+1,l,mid));
    if(b>mid) ans=min(ans,query(a,b,k*2+2,mid+1,r));
    return ans;
}

void cal_dp()
{
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=sum+c[i];
        for(int j=0;j<v[i].size();j++) sum+=w[v[i][j]];
    }
    ans=dp[n];
    for(int j=2;j<=K;j++)
    {
        build(1,n,0);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(i>1) dp[i]=query(1,i-1,0,1,n)+c[i];
            else dp[i]=c[i];
            for(int k=0;k<v[i].size();k++)
            {
                int t=v[i][k];
                if(l[t]>1) update(1,l[t]-1,0,1,n,w[t]);
            }
        }
        ans=min(ans,dp[n]);
    }
}

void work()
{
    cal_lr();
    cal_dp();
    printf("%lld\n",ans);
}

signed main()
{
    read();
    work();
}