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邮局加强版:四边形不等式优化DP

时间:2018-07-30 20:23:31      阅读:245      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:https   ret   多少   void   思考   back   假设   http   smo   

题目描述

一些村庄建在一条笔直的高速公路边上,我们用一条坐标轴来描述这条公路,每个村庄的坐标都是整数,没有两个村庄的坐标相同。两个村庄的距离定义为坐标之差的绝对值。我们需要在某些村庄建立邮局。使每个村庄使用与它距离最近的邮局,建立邮局的原则是:所有村庄到各自使用的邮局的距离总和最小。数据规模:1<=村庄数<=1600, 1<=邮局数<=200, 1<=村庄坐标<=maxlongint

输入

2第一行:n m {表示有n个村庄,建立m个邮局} 第二行:a1 a2 a3 .. an {表示n个村庄的坐标}

输出

1第一行:l 个整数{表示最小距离总和}

样例输入

10 5

1 2 3 6 7 9 11 22 44 50

样例输出

9

 

这道题目是IOI2000的真题哦~

可以这样考虑:

给定一个区间,假设我们要建一个邮局,那么一定是在这个序列的中点,所以我们可以先预处理出序列区间[i,j]之间的距离

一个邮局的最短距离记录为sum[i][j],然后用f[i][j]表示到i个村庄建立j个邮局的最短距离和,那么就有状态转移方程:

f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+sum[k+1][i]);

这样,代码就好写了。

但是——这个数据,用O(n3) 的普通DP算法显然无法通过。

O(n3)代码如下:

 

#include<bits/stdc++.h>

 

using namespace std;

 

int n,m;

int a[1666];

long long sum[1666]1666];

long long f[1666][222];

//f[i][j]表示前i个村庄设j个邮局

//sum[i][j]表示在第i个村庄到第j个村庄设一个邮局的路程

 

int main(void){

    cin>>n>>m;

    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    sort(a+1,a+n+1);

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

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

            sum[i][j]=dis(i,j);

        }

    }

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

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

        f[i][1]=sum[1][i];

    }

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

        for (int j=2;j<=min(i,m);j++){

            for (int k=j-1;k<=i-1;k++){

                f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+sum[k+1][i]);

            }

        }

    }

    cout<<f[n][m]<<endl;

    

}

 

 

 

这东西肯定过不了啊~

那怎么办?"四边形不等式!"

f[a][c]+f[b][d]<=f[b][c]+f[a][d]

( a < b <= c< d )

(可以理解成:交叉小于包含)

满足这个条件的DP方程(或者说是别的什么数组啊之类的)就称为***为凸。

 

(以下一段文字来自https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812

给出两个定理:

1、如果上述的w函数同时满足区间包含单调性和四边形不等式性质,那么函数dp也满足四边形不等式性质

我们再定义s(i,j)表示 dp(i,j) 取得最优值时对应的下标(即 i≤k≤j 时,k 处的 dp 值最大,则 s(i,j)=k此时有如下定理

2、假如dp(i,j)满足四边形不等式,那么s(i,j)单调,即 s(i,j)≤s(i,j+1)≤s(i+1,j+1)

 

大家可以自己尝试推倒一下,为什么f[i][j]和sum[i][j]是满足这个式子的(因为我懒得再推了)

 

再就是要证明"决策单调"

 

(以下一段文字来自https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812

如果我们用s[i][j]表示dp[i][j]取得最优解的时候k的位置的话 
那么我们要证明如下结论的成立性: 
s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j] 
对于s[i][j-1]<=s[i][j]来说,我们先令dp[i][j-1]取得最优解的时候的k值为y,然后令除了最优值以外的其他值可以为x,这里我们由于要讨论单调性,所以让x小于y,即x<=y<=j-1< j 

 

这里的证明更为繁琐,在实际应用中,我们可以写出O(n3)后,自己跑一边是否决策单调,不是就输出"false"就行了。

 

在这道题中,我们要注意三点:

  1. s数组(决策数组)的初始化
  2. 循环的次序
  3. 对邮局多于村庄的特判(血泪)

 

话不多说,代码上

 

#include<bits/stdc++.h>

 

using namespace std;

 

int n,m;

int a[1606];

long long sum[1606][1606];

long long f[1606][202];

int s[1606][202];

//s是决策数组

 

int main(void){

    cin>>n>>m;

    if(m>=n){

printf("0");

return 0;

}

    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    sort(a+1,a+n+1);

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

        sum[i][i]=0;

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

            sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[j]-a[(i+j)/2];

        }

    }

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

//注意这里f要初始化成最大值

    memset(s,0,sizeof(s));

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

        f[i][1]=sum[1][i];

        s[i][1]=0;

    }

    for (int j=2;j<=m;j++){

        s[n+1][j]=n;

        for (int i=n;i>=j;i--){

            for (int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){

                if (f[k][j-1]+sum[k+1][i]<f[i][j]){

                    f[i][j]=f[k][j-1]+sum[k+1][i];

                    s[i][j]=k;

                }

            }

        }

    }

    cout<<f[n][m]<<endl;

}

 

 

这样的代码,经过四边形不等式的优化,就是O(n2)的算法了!

 

(以下一段文字来自https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812

关于O(n^2)复杂度的证明

其实证明很简单,对于一个i,j来说,我们要for s[i][j-1]到s[i+1][j]个数,那么所有的i和j加起来一共会for多少次呢?

我们可以这样思考

(s[2][2]-[1][1])+(s[3][3]-s[2][2])+(s[4][4]-s[3][3])+…+(s[n][n]-s[n-1][n-1])=s[n][n]-s[1][1]很显然是小于n的嘛,所以本来是(n *n *n)的复杂度,就这样降成了O(n *n)啦

(关于四边形不等式强推https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812这篇博客)

 

FFFeiya编辑于2018.7.30

邮局加强版:四边形不等式优化DP

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原文地址:https://www.cnblogs.com/FFFeiya/p/9392342.html

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