ACM: Poj 1769(DP+线段树)

题目大意

纯DP

• 这道题是动态规划+线段树的题，我们先给出超时的动态规划解法，再给出利用线段树的优化解法。
• 由于只是给了一个$n$值，没给数列实际情况，因此我们按最坏情况打算，即最大值在第一个。

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下面是动态规划操作。

• (1): 定义$dp[i][j]$: 在前$i$个机器可选条件下，将最大数移动到第$j$个位置所使用的最少机器数量。
• (2): 目标$dp[m][n]$: 即在所有机器可选条件下，将最大值移动到最后一位所需最少机器数量。
• (3): 状态转移方程式:
  $$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& t[i]!=j\\ min\{dp[i-1][j],min\{dp[i-1][j^{\prime }]|s_i<=j^{\prime }<=t_i\}\}& else\end{array}$$
  • $s_i,t_i$：分别是第$i$台机器负责的的起始和结束位置。
  • 当$t[i]!=j$时: 如果最大值在第$i$台机器负责的区间内，那么我们不能选择该机器，如果不在负责区间内，选择该机器也没用。因此我们舍弃该机器。
    
  • 当$t[i]=j$时: 我们可以选择或不选择该机器，若不选择，则为$dp[i-1][j]$, 若选择，则需要前$i-1$个机器将最大值移到了$s[i]<=j<=t[i]$之间。
• (4): 更新策略：由于$i$递增，因此按照$i$由小到大更新。
• (5): 初始化: $dp[0][\ast ]=inf,dp[0][1]=0$ , 我们假想最大值在第一个位置，因此不使用机器可以将最大值移动到第一个位置，而移动到其他位置都是不合法的。
• (6): 复杂度: $O(mn)$
• 超时DP代码:

#include
using namespace std;

const int MAXN = 50005;
const int MAXM = 500005;
const int INF = 1<<20;

int dp[2][MAXN];
int s[MAXM], t[MAXM];

int main()
{
    int n,m;
    cin >> n >> m;
    for(int i=1; i<=m; i++)
        cin >> s[i] >> t[i];
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        dp[0][i] = INF;
    }
    dp[0][1] = 0;
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        for(int j=1; j<=n; j++)
        {
            if(t[i] != j)
                dp[i%2][j] = dp[(i-1)%2][j];
            else
            {
                dp[i%2][j] = dp[(i-1)%2][j];
                for(int p=s[i]; p<=t[i]; p++)
                {
                    dp[i%2][j] = min(dp[i%2][j], dp[(i-1)%2][p]+1);
                }
            }
        }
    }
    cout << dp[m%2][n] << endl;
    return 0;
}

线段树加速

线段树主要是快速进行单点更新，区间更新，单点查询，区间查询的数据结构，复杂度可以达到$O(logn)$，具体原理可以参看此博客。那么如何利用线段树加速上述的的DP呢？

• 再次观察状态转移方程式:
  $$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& t[i]!=j\\ min\{dp[i-1][j],min\{dp[i-1][j^{\prime }]|s_i<=j^{\prime }<=t_i\}\}& else\end{array}$$
  对于一个新机器, 我们实际上只更新了j = t[i]的状态，其他保持不变, 也就是每次只进行了单点更新以及区间查询最小值。那么结合线段树，我们就可以把复杂度降为$O(mlog(n))$
• AC代码:

#include
#include
using namespace std;

const int MAX = 4 * 50000+5;
const int MAXM = 500000+5;
const int inf = 1 << 20;

int mathine_s[MAXM], mathine_e[MAXM];
struct Node
{
    int s;
    int e;
    int data; // 维护最小值.
}dp[MAX];

void build(int s, int e, int cnt)
{
    dp[cnt].s = s;
    dp[cnt].e = e;
    if(s == e-1)
    {
        if(s == 1) //相当于给dp[0][1]赋值0
            dp[cnt].data = 0;
        else
            dp[cnt].data = inf;
        return;
    }

    int mid = (s + e) >> 1;
    int left = (cnt << 1) + 1;
    int right = (cnt << 1) + 2;
    build(s, mid, left);
    build(mid, e, right);
    dp[cnt].data = min(dp[left].data, dp[right].data);
    return;
}
int query(int s, int e, int index)
{
    if(s<=dp[index].s && dp[index].e <= e)
        return dp[index].data;
    else if(s >= dp[index].e || e <= dp[index].s)
        return inf;
    int left = (index << 1) + 1;
    int right = (index << 1) + 2;
    return min(query(s,e,left), query(s,e,right));
}

void update_one(int p, int key, int index)
{
    if(p == dp[index].s && dp[index].s == dp[index].e-1)
    {
        dp[index].data = key;
        return;
    }
    int mid = (dp[index].s + dp[index].e) >> 1;
    if(p < mid)
        update_one(p, key, (index<<1)+1);
    else
        update_one(p, key, (index<<1)+2);
    dp[index].data = min(dp[(index<<1)+1].data, dp[(index<<1)+2].data);
    return;
}
int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
        scanf("%d%d", &mathine_s[i], &mathine_e[i]);
    build(0, n+1, 0);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int v = min(query(mathine_e[i], mathine_e[i]+1, 0), query(mathine_s[i], mathine_e[i]+1, 0) + 1);
        update_one(mathine_e[i], v, 0);
    }
    int res = query(n, n+1, 0);
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}