【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$f[i-1][j+1][k]\to f[i][j][k]$，以及$j=0$时的$f[i-1][j][k]\to f[i][j][k]$转移，其他的，如果从$i-1\to i$这一阶段有积累价值，那么我们可以用$f[i][j-1]\to f[i][j]$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$f[i-p][j-p]+C[i-p+1][p]\to f[i][j]$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$f[i-1][j]\to f[i][j]$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$$f[i+d][i]+C[i+d][z-i]\to f[z+d][z]$$$$f[j+d][j]+C[j+d][z-j]\to f[z+d][z]$$

• 然后考虑上面两种转移，可以发现，若$i>j$，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$O(n^{2}lo{g}_{2}n)$

• 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.