摆渡车

定义，无比重要

题意

显然的，我们有一个dp的想法，类似于递降子序列的想法

我们显然的，这是一个一维dp,所以，我们定义\(f[i]\)函数，为\(0\)\(-i\)的时间内，所出现顾客的等待时间的最小值

但是，有问题，这样的状态，没有dp转移方程。。。。。因为，状态描述不清，你有一个发车间隔为\(m\)

所以我们吧\(dp\)的状态强化，为\(dp[i]\)，表示在\(i\)时刻发车\(0-i\)时出现的乘客等待时间的的最小值

这样我们就把\(dp\)的状态描述清楚了我们再来推\(dp\)的转移方程
\[ \cal f_i= \begin{cases} Min_{j=1}^i\{f_j+\sum_{j<t_k\leq i}i-t_k\} &i\ge m\\ \sum _{t_i<=i} (i-t_k)&i<m \end{cases} \]
我们照着这个直接抄就好了

需要注意的是，我们在这里要做一个前缀和，让转移的复杂度降下来，但那也是\(O(n^2)\)的会超时

不妨，我们即令\(cnt_i\)，\(0-i\)中出现的人数，而\(sum_i\)，为其出现时间\(t_k\)之和

\(50pts\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MaxT=4000011;
int n,m,ti,t,ans=0x7fffffff,cnt[MaxT],sum[MaxT],f[MaxT];
int main() {
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ti=read();
        t=max(ti,t);
        cnt[ti]++;
        sum[ti]+=ti;
    }
    for(int i=1;i<t+m;i++){
        cnt[i]+=cnt[i-1];
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    for(int i=0;i<t+m;i++){
        f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
        for(int j=0;j<=i-m;j++){
            f[i]=min(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j]));
        }
    }
    for(int i=t;i<t+m;i++){
        ans=min(ans,f[i]);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

这能得到50ps的高分

\(70pts\)

我们再来想想优化，事实上我们枚举j时不需令\(j\)从0开始，我们减去无用的转移从

事实上，从贪心的角度出发，在这一段\(>2m\)的长度里，发一次车，一定比不发车要好，所以

我们令\(i-2m<j\le i-m\)

这样根据写法，可以获得\(70\)至\(75\),分数

时间复杂度为\(O(tm)\)

\(100pts\)

我们其实稍微看看，联想一下过河那个题，考虑到路径压缩，因为让人很稀疏，\(t\)很大，事实上无论如果你是循环枚举决策，只能是\(O(tm)\);

然而在这个题里，考虑路径压缩的一个思想，但是那个题模1000,真的是无语了，解法不漂亮，在这个题里，数组是够的，然而你不能模一个东西，因为与\(m\)有关

在\([i,i+m)\),里如果没有让人，那我们把这一段往右移令，\(f_i\)=\(f_{i-m}\),j时间复杂度为\(O(n^2m+t)\)

至于为什么有右移，我们的\(dp\)，定义为在第\(i\)时间发车的等待时间最小值，而\([i,i+m)\)已经没有人了，在做\(i+m\)时上一辆的回来时间至近为\(i\),若不是

我们先证明一个引理：

任何顾客的等待时间不超过m(小于)

由此

得出我们剪枝的正确性。。。。

~~其实我也不确定。。~~但是对了？

![car1](C:\Users\任世鑫\Desktop\car1.jpg)#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MaxT=4000011;

int n,m,ti,t,ans=0x7fffffff,cnt[MaxT],sum[MaxT],f[MaxT];
int read(){
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
        ch=getchar();
    }
    return x; 
}

int main() {
//  freopen("1.in","r",stdin);
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ti=read();
        t=max(ti,t);
        cnt[ti]++;
        sum[ti]+=ti;
    }
    for(int i=1;i<t+m;i++){
        cnt[i]+=cnt[i-1];
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    for(int i=0;i<t+m;i++){
        if(i>=m&&cnt[i-m]==cnt[i]){
            f[i]=f[i-m];
            continue;
        }
        f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
        for(int j=max(i-2*m+1,0);j<=i-m;j++){
            f[i]=min(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j]));
        }
    }
    for(int i=t;i<t+m;i++){
        ans=min(ans,f[i]);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

但是，我们知道，这样子一点也没有\(bg\),对吧，要优美、

考虑，之前做过的玩具装箱,不是一样的吗？

所以我们考虑斜率优化，，，

接下来是数学的操作

手稿

下面时正文推导

首先，为了书写方便令\(j\)为最优决策点

我们把dp方程做变形有
\[ f_{J}=i*cnt_j+({f_i+sum_i-cnt_i*i} ) \]
于是等号左边为\(y\)，\(i\)为\(k\),\(cnt_j\)为\(x\),\(({f_i+sum_i-cnt_i*i} )\)为\(b\),我们要求\(b\)

配个小图

不妨建立一个平面直角坐标系令每个点坐标为\((cnt_i,f_j+sum_j)\)，这就很明显了，过这个点做一条斜率为\(i\)的直线，求截距最小值，再两个点斜率小于i时队首++,然后i点入队(提前要把一些不是凸包的点初队)

我们通过维护一个双端队列，来完成这个操作。

程序写的时候注意细节

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MaxT=4000011;

int n,m,ti,t,ans=0x7fffffff,tail,head,cnt[MaxT],sum[MaxT],f[MaxT],que[MaxT];
double slope(int i,int j){
    if(cnt[i]==cnt[j]) return double(f[j]+sum[j]-f[i]-sum[i])/1e-9;
    else return double(f[j]+sum[j]-f[i]-sum[i])/double(cnt[j]-cnt[i]);
}

int read(){
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
        ch=getchar();
    }
    return x; 
}

int main() {
//  freopen("1.in","r",stdin);
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ti=read();
        t=max(ti,t);
        cnt[ti]++;
        sum[ti]+=ti;
    }
    for(int i=1;i<t+m;i++){
        cnt[i]+=cnt[i-1];
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    /*
    for(int i=0;i<t+m;i++){
        if(i>=m&&cnt[i-m]==cnt[i]){
            f[i]=f[i-m];
            continue;
        }
        f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
        for(int j=max(i-2*m,0);j<=i-m;j++){
            f[i]=min(f[i],f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j]));
        }
    }
    */
    head=1;tail=0;
    for(int i=0;i<t+m;i++){
        if(i<m){
            f[i]=cnt[i]*i-sum[i];
            continue;
        }
        while(head<tail&&slope(que[tail-1],que[tail])>=slope(que[tail-1],i-m))
            tail--;
        tail++;
        que[tail]=i-m;
        while(head<tail&&slope(que[head],que[head+1])<=i) head++;
        f[i]=f[que[head]]+(cnt[i]-cnt[que[head]])*i-(sum[i]-sum[que[head]]);
        
    }/*
    for(int i=0;i<t+m;i++){
        printf("%d      %d\n",i,f[i]);
    }*/
    for(int i=t;i<t+m;i++){
        ans=min(ans,f[i]);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

时间复杂度\(O(t)\),我觉得很优秀了，不是吗。

来源：https://www.cnblogs.com/zhltao/p/12249943.html

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NOIP2018 摆渡车

摆渡车

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