BZOJ-5424: 烧桥计划(单调队列)

题目链接

题解：

先考虑最暴力的\(dp\)：设\(f[k][i]\)表示搞掉第\(1\sim i\)段，烧了\(k\)段的最小花费，设\(calc(x,y)=sum[x\sim y]\le M?0:sum[x\sim y]\)，可以列出转移方程如下

\[f[k][i]=min(f[k-1][j]+calc(j+1,i))+k*a[i] (j<i)
\]

这样时间复杂度是\(O(n^3)\)的，十分爆炸

考虑优化

首先发现题目中给出的\(1000 \le a[i]\le 2000\)。仔细想想，这表明\(k\)值最大不会太大

设最坏情况下取了\(k\)，则此时一定是满足\(k*(k+1)/2*1000\le n*2000\)的

（就是说不是你把\(n\)段桥都断了也比\(k\)段优）

这样算下来\(n\)最大的时候\(k\)也就是\(600\)的样子，\(O(n*k)\)就可以过了

但现在时间复杂度还是\(O(n^2k)\)的，考虑对于每个\(k\)的每个\(i\)，如何快速计算此时的\(f[k][i]\)

这个时候就可以用单调队列优化了。

设当前是\(f[k][i]\)，题目中\(M\)的限制（就是那个\(calc(x,y)\)）就相当于把\(1\sim i\)段分成了两部分：

前半部分要计算中间的\(sum[x\sim y]\)，后半部分不用

那么对于前半部分记一个最小值，后半部分维护递增的单调队列，\(dp\)时取两个最小的那个就可以做到\(O(1)\)转移了

细节不少，刚开始写感觉很迷，写着写着也就想明白了吧

注意\(k\)是没有单调性的，一定从\(1\)到\(T\)全枚举一遍

和\(sxz\)一起卡了波时间，惊奇地发现\(k\)最大居然只有\(152\)

（别问为什么这么准，二分试出来的）

代码：

#include<map>

#include<set>

#include<cmath>

#include<ctime>

#include<queue>

#include<stack>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define qmax(x,y) (x=max(x,y))

#define qmin(x,y) (x=min(x,y))

#define mp(x,y) make_pair(x,y)

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int,int> pii;

inline int read(){

	int ans=0,fh=1;

	char ch=getchar();

	while(ch<'0'||ch>'9'){

		if(ch=='-') fh=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(ch>='0'&&ch<='9')

		ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();

	return ans*fh;

}

const int maxn=1e5+100;

int n,m,mx,q[maxn],p[maxn],l,r,a[maxn],f[2][maxn];

int tot,mn,sum[maxn],Ans=0x7fffffff;

int main(){

//	freopen("nh.in","r",stdin);

//	freopen("zhy.out","w",stdout);

	n=read(),m=read();

	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();a[++n]=0;

	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=a[i]+sum[i-1];

	int k=0,o=0,lc;

	memset(f,0x3f,sizeof(f));

	f[0][0]=f[1][0]=0;

	int T=min(152,(int)sqrt(n*4));

	while(T--){

		l=1,r=1,k++,tot=0,mn=0,lc=0;

		o^=1,q[1]=p[1]=0;

		for(int i=1;i<=n;i++){

			int now=0x7fffffff;

			while(l<=r&&sum[i-1]-sum[q[l]]>m) l++;

			while(1){

				if(sum[i-1]-sum[lc]<=m) break;

				qmin(mn,f[o^1][lc]+sum[i-1]-sum[lc]-tot);

				lc++;

			}

			if(l<=r) qmin(now,p[l]);

			qmin(now,mn+tot);

			f[o][i]=(now+=k*a[i]);

			while(l<=r&&p[r]>=f[o^1][i]) r--;

			p[++r]=f[o^1][i],q[r]=i;

			tot+=a[i];

		}

		qmin(Ans,f[o][n]);

	}

	printf("%d\n",Ans);

	return 0;

}