CSP202209-5 高维亚空间超频物质变压缩技术

CSP202209-5高维亚空间超频物质变压缩技术

题意：

给定 $n$ 块黄金，每个黄金有体积 $v_i$。将黄金分组进行压缩，每一组内的黄金编号连续，压缩一组黄金的代价为 $(s-L{)}^2$，$s$ 为改组黄金的体积和。

每块黄金有质量 $m_i$，分组必须满足 组之间编号最大的的黄金质量递增。

询问分段压缩的最小代价。

解析：

子任务1，2

令 $f_i$ 为前 $i$ 块黄金都压缩完成的最小代价。

则 $f_i=\underset{0<j<i}{\min }\{f_j+(s_i-s_j-L{)}^2\}(m_i>m_j)$，$s$ 为 $v$ 的前缀和

初始条件 $f_0=0$，答案为 $f_n$。

此时时间时间复杂度为 $O(n^2)$

可以通过前两个测试点

代码如下：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int maxm = 1e5+10;
const double eps = 1e-12;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
#define int ll



ll n, L;
ll v[maxn], m[maxn], s[maxn];
ll f[maxn];


signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);

	
	cin >> n >> L;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> s[i];
		s[i] += s[i-1];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> m[i];
		
	memset(f, INF, sizeof(f));
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 0; j < i; j++){ //上一组的终点
			if(m[i] <= m[j])
				continue; 
			f[i] = min(f[i], f[j]+(s[i]-s[j]-L) * (s[i]-s[j]-L));
		}
	}
	cout << f[n] << endl;
	return 0;

}

子任务3

因为 $m_i=i$，所以对于 $i$，可以从任意 $j(j<i)$ 进行转移。

状态转移方程：$$f_i=\underset{0<j<i}{\min }\{f_j+(s_i-s_j-L{)}^2\}$$因为有 $s_i\times s_j$ 项，可以考虑斜率优化。

整理一下：$$f_j+s_j^2+2L{s}_j=2s_i\times s_j+f_i-s_i^2+2L{s}_i$$确实是可以斜率优化的。$y=f_j+s_j^2+2L{s}_j,k=2s_i,x=s_j$

而且 $k,x$ 都是单调的，所以可以用单调队列维护下凸壳。

代码如下：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int maxm = 1e5+10;
const double eps = 1e-12;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
#define int ll

#define x(a) (s[a])
#define y(a) (f[a]+s[a]*s[a]+2*L*s[a]) 
#define k(a) (2*s[a])

ll n, L;
ll v[maxn], m[maxn], s[maxn], p[maxn];
int q[maxn], hh = 1, tt = 0;
ll f[maxn];

long double slope(int a, int b){
	long double x1 = (long double)x(a);
	long double y1 = (long double)y(a);
	
	long double x2 = (long double)x(b);
	long double y2 = (long double)y(b);
	
	if(fabs(x2-x1) < eps)
		return y2 > y1 ? 1e18 : -1e18;
	else
		return (y2-y1)/(x2-x1);
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);

	
	cin >> n >> L;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> s[i];
		s[i] += s[i-1];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> m[i];
	
	if(n <= 2000){	
		memset(f, INF, sizeof(f));
		f[0] = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			for(int j = 0; j < i; j++){
				if(m[i] <= m[j])
					continue; 
				f[i] = min(f[i], f[j]+(s[i]-s[j]-L) * (s[i]-s[j]-L));
			}
		}
		cout << f[n] << endl;
		return 0;
	}
	else{
		q[++tt] = 0;
		f[0] = 0;	
		for(int i = 1; i <= n; i++){
     	   while(hh < tt && slope(q[hh], q[hh+1]) <= k(i))
     	   	hh++;     
    	    int j = q[hh];
    	    f[i] = f[j] + (s[i]-s[j]-L) * (s[i]-s[j]-L);
     	   while(hh < tt && slope(q[tt-1], q[tt]) >= slope(q[tt], i))
     	   	tt--;				
     	   q[++tt] = i;
		}	
		cout << f[n] << endl;
		return 0;
	}
	return 0;	
}

子任务4

$i$ 的决策点 $j$ 必须满足 $m_j<m_i$，增加一维偏序，可以CDQ分治。

根据黄金质量分为左右两部分。当左侧的状态值计算完成，用左侧的状态更新右侧的状态，必然满足质量的限制。

用左侧值更新右侧值时，左侧的 $x$ 单调，右侧处理成 $k$ 单调的情况，可以继续用单调队列维护下凸壳。

时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$

代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int maxm = 1e5+10;
const double eps = 1e-12;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
#define int ll

#define x(a) (s[a])
#define y(a) (f[a]+s[a]*s[a]+2*L*s[a]) 
#define k(a) (2*s[a])

ll n, L;
ll m[maxn], s[maxn];
int q[maxn], hh = 1, tt = 0;
ll f[maxn];
struct node{
	int m, id;
	ll k, x, y;
}a[maxn], tmp[maxn];
bool cmpm(node a, node b){
	if(a.m == b.m)
		return a.id < b.id;
	else
		return a.m < b.m;
}
bool cmpx(node a, node b){
	return a.x < b.x;
}
long double slope(int i, int j){
	long double x1 = (long double)a[i].x;
	long double y1 = (long double)a[i].y;
	
	long double x2 = (long double)a[j].x;
	long double y2 = (long double)a[j].y;
	
	if(fabs(x2-x1) < eps)
		return y2 > y1 ? 1e18 : -1e18;
	else
		return (y2-y1)/(x2-x1);
}

void cdq(int ml, int mr, int pl, int pr){
	if(pl > pr)
		return;
	if(ml == mr){
		for(int i = pl; i <= pr; i++){
			int j = a[i].id;
			a[i].y = f[j] + s[j]*s[j] + 2 * L * s[j];
		}		
		return; 
	}
	
	int mmid = (ml+mr) >> 1;
	int pmid = upper_bound(a+pl, a+1+pr, (node){mmid, n+1, 0, 0}, cmpm)-a-1;
	cdq(ml, mmid, pl, pmid);	
	int hh = 1, tt = 0;
	for(int i = pl; i <= pmid; i++){
		while(hh < tt && slope(q[tt-1], q[tt]) >= slope(q[tt], i))
			tt--;
		q[++tt] = i;
	}
	
	if(pr > pmid){
		sort(a+pmid+1, a+pr+1, cmpx);
		for(int i = pmid+1; i <= pr; i++){
			while(hh < tt && slope(q[hh], q[hh+1]) <= a[i].k)
				hh++;
			if(hh <= tt){
				int id = a[i].id;
				int j = a[q[hh]].id;
				if(id < j)
					continue;
				f[id] = min(f[id], f[j]+(s[id]-s[j]-L)*(s[id]-s[j]-L));
			}
		}
		sort(a+pmid+1, a+pr+1, cmpm);
	}
	
	cdq(mmid+1, mr, pmid+1, pr);	
	sort(a+pl, a+pr+1, cmpx);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);

	
	cin >> n >> L;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> s[i];
		s[i] += s[i-1];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> m[i];
		
	memset(f, INF, sizeof(f));
	f[1] = (s[1]-L) * (s[1]-L);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		a[i].id = i;
		a[i].m = m[i];
		a[i].k = 2 * s[i];
		a[i].x = s[i];
		f[i] = (s[i]-L) * (s[i]-L);
	}
	sort(a+1, a+1+n, cmpm); //按质量排序 
	
	cdq(1, n, 1, n);
	cout << f[n] << endl;
	return 0;

}