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
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
#include
#include
#include
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 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
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？
#include
#include
#include
#include
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=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 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
#include
#include
#include
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=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=slope(que[tail-1],i-m))
tail--;
tail++;
que[tail]=i-m;
while(head 时间复杂度\(O(t)\),我觉得很优秀了，不是吗。