洛谷P3132 [USACO16JAN]Angry Cows G 题解
洛谷P3132题解
【题目描述】
奶牛Bessie设计了一个游戏：“愤怒的奶牛”。游戏的原型是：有一些可爆炸的草堆分布在一条数轴的某些坐标上，玩家用弹弓把一头奶牛发射到数轴上。奶牛砸到数轴上的冲击波会引发附近的草堆爆炸，而被引爆的草堆可能会引爆其他草堆。游戏的目标是玩家用一只奶牛炸掉所有的草堆。
有N个草堆在数轴的不同位置，坐标为 x 1 , x 2 , … . , x n x_1,x_2,….,x_n x1,x2,….,xn。如果玩家以能量 R R R把奶牛发射到坐标 x x x，就会引爆半径 R R R及以内的的草堆，即坐标范围 [ x − R , x + R ] [x−R,x+R] [x−R,x+R]的草堆都会燃爆，每个被奶牛引爆的草堆又会2次引爆半径 R − 1 R-1 R−1及以内的的草堆，2次引爆的草堆又会3次引爆半径 R − 2 R-2 R−2及以内的的草堆…直到一次引爆后没有其他草堆被波及或半径为0。
现在只有1头奶牛，请计算如果要引爆所有的草堆，最小的R是多少？
现在是2022/1/27，这道题是我目前为止做过的最好的一道贪心加二分的题，思路很巧妙。
我一开始做的时候把这道题想得太简单，贪心策略是扔到中点然后再模拟，只能过掉样例。
这道题的正解巧妙之处在于，它没有纠结于奶牛的落地位置和后面的模拟操作，而是另辟蹊径，考虑爆炸之后的边界点，并且通过预处理代替模拟来判断当前的 R R R可不可行，下面详细说一下。
首先定义两个数组：
- f [ i ] f[i] f[i]：表示以 i i i为爆炸后的左边界，能够覆盖掉前 1 ∼ i − 1 1 \sim i-1 1∼i−1个草堆所需要的最小半径
- g [ i ] g[i] g[i]：表示以 i i i为爆炸后的右边界，能够覆盖掉 i + 1 ∼ n i+1 \sim n i+1∼n个草堆所需要的最小半径
那么对于 f f f和 g g g，有一个非常明显却又十分重要的性质： f f f随 i i i的递增而增大， g g g随 i i i的递增而减小。于是，在check的时候，我们只需要从大到小枚举左边界 i i i，当遇到第一个满足 f [ i ] + 1 ≤ R f[i] + 1\le R f[i]+1≤R的 i i i时，开始枚举右端点 j j j；对于满足 a [ j ] − a [ i ] ≤ 2 ∗ R a[j]-a[i]\le 2*R a[j]−a[i]≤2∗R的右端点 j j j，如果 r [ j ] + 1 ≤ R r[j]+1\le R r[j]+1≤R，那么直接返回true。 f [ i ] + 1 ≤ R f[i]+1 \le R f[i]+1≤R这一步的原因是： i i i是被枚举的左边界，因此接下来 R R R会减 1 1 1，那么 f [ i ] f[i] f[i]的定义是能够覆盖掉前 1 ∼ i − 1 1 \sim i-1 1∼i−1个草堆所需要的最小半径，如果 f [ i ] ≤ R − 1 f[i] \le R-1 f[i]≤R−1，则说明左边所有的草堆可以被后续的爆炸覆盖掉， g [ j ] g[j] g[j]同理。乍一看这是个 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的复杂度，但是我们可以在 i i i的那层循环加一个break，原因是如果对于最大的满足 f [ i ] + 1 ≤ R f[i]+1 \le R f[i]+1≤R的 i i i，我们都没有找到符合条件的 j j j，那么你的 i i i继续小，根据 g [ i ] g[i] g[i]随 i i i的减小而增大的性质我们知道更不可能有满足条件的 j j j了，因此直接break然后return false即可。
bool check(double R) {
for(int i = n; i >= 1; --i) {
if(f[i] + 1 <= R) {
for(int j = i; j <= n; ++j) {
if(x[j] - x[i] > 2 * R) continue;
if(g[j] + 1 <= R) {
return true;
}
}
// 对于最大的符合条件的i，没找到右端点，那么直接跳出循环，因为更小的i更不可能找到右端点
break;
}
}
return false;
}
接下来就是重头戏，怎么预处理出 f f f和 g g g，其实这个部分有点DP的味道。我们考虑对于 f [ i ] f[i] f[i]，它可以有哪些情况？其实只有两种：
- f [ i ] = f [ j − 1 ] + 1 1 ≤ j ≤ i f[i]\ =\ f[j-1]+1\ \ \ \ \ \ \ \ 1 \le j\le i f[i] = f[j−1]+1 1≤j≤i
- f [ i ] = a [ i ] − a [ j − 1 ] 1 ≤ i ≤ j f[i]\ =\ a[i]-a[j-1]\ \ \ \ \ \ \ \ 1 \le i \le j f[i] = a[i]−a[j−1] 1≤i≤j
最终的 f [ i ] = max ( f [ j − 1 ] + 1 , a [ i ] − a [ j − 1 ] ) f[i]\ =\ \max(f[j-1]+1,\ a[i]-a[j-1]) f[i] = max(f[j−1]+1, a[i]−a[j−1])。其实就是从 i i i之前的某个草堆 j j j转移过来，如果是 f [ j − 1 ] + 1 > a [ i ] − a [ j − 1 ] f[j-1]+1 \gt a[i]-a[j-1] f[j−1]+1>a[i]−a[j−1]，那么我们让 f [ i ] = f [ j − 1 ] + 1 f[i]\ =\ f[j-1]+1 f[i] = f[j−1]+1一定能炸到 j j j，然后 R R R变成 f [ j − 1 ] f[j-1] f[j−1]，显然可以从 j − 1 j-1 j−1炸到 1 1 1；如果是 f [ j − 1 ] + 1 < a [ i ] − a [ j − 1 ] f[j-1]+1 \lt a[i]-a[j-1] f[j−1]+1<a[i]−a[j−1]，那么让 f [ i ] = a [ i ] − a [ j − 1 ] f[i]\ =\ a[i]-a[j-1] f[i] = a[i]−a[j−1]，显然能炸到 j j j，然后根据不等式我们知道 R R R减一后依然是大于 f [ j − 1 ] f[j-1] f[j−1]的，所以也能从 j − 1 j-1 j−1炸到 1 1 1。
从函数的角度来理解， f [ j − 1 ] + 1 f[j-1]+1 f[j−1]+1是一个增函数， a [ i ] − a [ j − 1 ] a[i]-a[j-1] a[i]−a[j−1]是一个减函数，因此我们的 f [ i ] f[i] f[i]应该在两者交界处取得。这个部分朴素做法是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，但是因为是单调的，因此可以用二分优化到 O ( n l o g n ) O(n logn) O(nlogn)。 g g g和 f f f是同理的，只是不等式方向变了。
void preprocess() {
f[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
int l = 1, r = i;
while(l + 1 < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(f[mid - 1] + 1 < x[i] - x[mid - 1]) {
l = mid;
} else {
r = mid;
}
}
// 这里是进一步逼近，因为我们的l和r是希望能够表示j的一个可行区间，因此我们不希望二分结束的时候是l大于r，于是就在
// 二分的时候多放缩了一个1，导致最后l+1=r，所以我们最后需要判断一下l好还是r好
f[i] = min(max(f[l - 1] + 1, (double) x[i] - x[l - 1]), max(f[r - 1] + 1, (double) x[i] - x[r - 1]));
}
g[n] = 0;
for(int i = n - 1; i >= 1; --i) {
int l = i, r = n;
while(l + 1 < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(g[mid + 1] + 1 < x[mid + 1] - x[i]) {
r = mid;
} else {
l = mid;
}
}
g[i] = min(max(g[l + 1] + 1, (double) x[l + 1] - x[i]), max(g[r + 1] + 1, (double) x[r + 1] - x[i]));
}
}
至此本题的核心部分全部结束，真的是一道非常好的题目。