vijos 1243 生产产品 单调性优化动态规划

描述 Description

在经过一段时间的经营后，dd_engi的OI商店不满足于从别的供货商那里购买产品放上货架，而要开始自己生产产品了！产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。现在，dd_engi的OI商店有史以来的第一个产品就要开始生产了，那么最短需要多长时间呢？ 
某日Azuki.7对跃动说:这样的题目太简单,我们把题目的范围改一改 
对于菜鸟跃动来说,这是个很困难的问题,他希望你能帮他解决这个问题

 输入格式 Input Format

第一行有四个整数M, N, K, L 
下面的N行，每行有M个整数。第I+1行的第J个整数为T[I,J]。

输出格式 Output Format
输出只有一行，表示需要的最短时间。
样例输入 Sample Input

3 2 0 2
2 2 3
1 3 1

样例输出 Sample Output
4
时间限制 Time Limitation
1s
注释 Hint
对于50%的数据，N<=5，L<=4，M<=10000
对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000

 

这道题是在看论文时看到的，于是到vijos那注册了一个账号来做做，谁知竟然做了一个下午，悲剧……

由于理论性的东西已经学过了，知道这是个dp+单调队列。可第一次编还是编了好久。

首先，很容易写出动态转移方程：f(i,j)=min( min( f(p,i) ) + sum(i,j) - sum(i,k) +val) ,i>k>i-l+1,m>p>0 && p!=i

由于m很小，小于6，所以，这个方程的主要优化在于寻找外层的min

而单调队列的方程为：f(x)= opt( cost[i] ) bound[x] <=i<x;

将动态转移方程化简得：f(i,j)=min( min( f(p,i) ) - sum(i,k) ) + sum(i,j)+val ,i>k>i-l+1,m>p>0 && p!=i

这样就可以用单调队列实现了。

 

View Code

  1 #include<stdio.h>

  2 #include<stdlib.h>

  3 #include<iostream>

  4 #include<string>

  5 #include<queue>

  6 #include<deque>

  7 #include<map>

  8 #include<cmath>

  9 #include<stack>

 10 #include<algorithm>

 11 #include<functional>

 12 using namespace std;

 13 const int N=6;

 14 const int L=50010;

 15 const int M=100010;

 16 typedef __int64 LL;

 17 struct TT{

 18     LL val;

 19     int num;

 20     TT(LL v,int n){val=v,num=n;};

 21 };

 22 deque<TT>que[N];

 23 LL sum[N][M];

 24 LL str[N][M];

 25 int l,n;

 26 LL kk;

 27 void init(){

 28     for(int i=0;i<n;i++){

 29         while(!que[i].empty()){

 30             que[i].pop_back();

 31         }

 32         que[i].push_back(TT(0,-1));

 33         str[i][0]=sum[i][0];

 34     }

 35 }

 36 void update(int k){

 37     int first=0,second=0,now;

 38     LL tmp;

 39     if(str[0][k]>str[1][k])first=1;

 40     else second=1;

 41     

 42     for(int i=2;i<n;i++){

 43         if(str[i][k]<=str[first][k]){

 44             second=first,first=i;

 45         }else{

 46             if(str[i][k]<str[second][k]){

 47                 second=i;

 48             }

 49         }

 50     }

 51 

 52     for(int i=0;i<n;i++){

 53         now=first;

 54         if(i==now){

 55             now=second;

 56         }

 57         tmp=str[now][k]-sum[i][k]+kk;

 58         while(!que[i].empty() &&que[i].front().num+l<=k)que[i].pop_front();

 59         while(!que[i].empty() && que[i].back().val>=tmp)que[i].pop_back();

 60         que[i].push_back(TT(tmp,k));

 61 

 62     }

 63     

 64 }

 65 int main()

 66 {

 67     int m,i,j;

 68     LL ans;

 69     while(~scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&kk,&l)){

 70         for(i=0;i<n;i++){

 71             scanf("%I64d",&sum[i][0]);

 72             for(j=1;j<m;j++){

 73                 scanf("%I64d",&sum[i][j]);

 74                 sum[i][j]+=sum[i][j-1];

 75             }

 76         }

 77 

 78         

 79         if(n==1){

 80             printf("%I64d\n",sum[0][m-1]);

 81         }else{

 82             init();

 83     

 84             for(i=0;i<m;i++){

 85                 for(j=0;j<n;j++){

 86                     str[j][i]=que[j].front().val+sum[j][i];

 87                 }

 88                 update(i);

 89             }

 90             m--;

 91             ans=str[0][m];

 92             for(int i=1;i<n;i++){

 93                 if(ans>str[i][m])ans=str[i][m];

 94             }

 95             printf("%I64d\n",ans);

 96         }

 97     }

 98 

 99 

100     

101     return 0;

102 }

103 /*

104 3 2 2 1

105 1 2 3

106 1 2 3

107 */