我感觉我缺了一个dp优化的思路
我不知道我是不是能够对状态继续优化
dp写少了。。。
确诊了
题目描述
有 NN 个村庄坐落在一条直线上，第 i(i>1)i(i>1) 个村庄距离第 11 个村庄的距离为 DiDi。需要在这些村庄中建立不超过 KK 个通讯基站，在第 ii 个村庄建立基站的费用为 CiCi。如果在距离第 ii 个村庄不超过 SiSi 的范围内建立了一个通讯基站，那么就村庄被基站覆盖了。如果第 ii 个村庄没有被覆盖，则需要向他们补偿，费用为 WiWi。现在的问题是，选择基站的位置，使得总费用最小。
输入格式
输入文件的第一行包含两个整数 N,KN,K，含义如上所述。
第二行包含 N−1N−1 个整数，分别表示 D2,D3,⋯ ,DND2,D3,⋯,DN ，这 N−1N−1 个数是递增的。
第三行包含 NN 个整数，表示 C1,C2,⋯ ,CNC1,C2,⋯,CN。
第四行包含 NN 个整数，表示 S1,S2,⋯ ,SNS1,S2,⋯,SN。
第五行包含 NN 个整数，表示 W1,W2,⋯ ,WNW1,W2,⋯,WN。
输出格式
输出文件中仅包含一个整数，表示最小的总费用。
输入输出样例
3 2 1 2 2 3 2 1 1 0 10 20 30
4
说明/提示
40%的数据中，N≤500N≤500；
100%的数据中，K≤NK≤N，K≤100K≤100，N≤20,000N≤20,000，Di≤1000000000Di≤1000000000，Ci≤10000Ci≤10000，Si≤1000000000Si≤1000000000，Wi≤10000Wi≤10000。
人生中第一次写黑题，也是第一次把一道黑题完全理解，也许挺值得庆祝？
裸dp还是很好想的，f[i][j]表示第j个基站建在了i除，其他的建在了1~(i-1)上，此时满足1到i的村子的最小花费
f[i][j]=min(f[k][j-1]+cost(i,k))
j这一维度之和j-1有关，那就是和背包类似的去掉一维，因为对同一个基站不会重复转移，所有不需要倒序
很明显，我们的优化思路就是把每一次求min的操作通过数据结构变为带log的复杂度
那对于一个点i,j，我们要怎么快速计算f[k][j-1]+cost(i,k)的min呢？
如果只是f的内容是非常简单的，但是加上cost就不行了
我们想想cost的内容是什么
我们的i的循环是从后向前的，在前面已经说过了
假设我们的数据结构已经维护好了f[i][j]要用的，那我们现在考虑怎么弄出f[i+1][j]要用的
有什么变化？
i原本是有一个基站的，现在不知道了
假设i+1村庄的影响范围是(L,R)，那如果(L,i+1)这个范围没有其他基站了，也就是上一个基站建在了(1,L-1)这个范围，那答案就要加上这个村庄的补偿，再取min，对于之后的所有其他的大于i的状态，这个都是成立的
因为后面的如果要到，肯定当前这个村庄也是要被补偿或者覆盖的嘛，前面的这个位置既然再这个情况下覆盖不到，又没有其他被覆盖的可能，不就是只有补偿了，这是一个可以预计的付出
如果在(L,i-1)这个区间内有，那就不需要，直接取这个区间f数组+pay的min就好了，因为pay=0，所以就是f数组
所以我们的数据结构就需要维护f+pay的min，要支持区间加法
（pay=cost，是一个东西）
所以我们就是直接对每一个j都循环一遍n，然后一边用线段树维护对于当前i的f+pay的最小值来直接转移，最终达到O(nk*log(n))的复杂度
问题就是pay(i,j)怎么维护？而且我们其实讨论的不是i+1处建立基站，而是i+1的影响范围的右边界处
更麻烦了
用建图的方法就好了，可以在总体O（n）的时间内把每一个需要增加的点都遍历到
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; inline ll read() { char c=getchar();ll a=0,b=1; for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1; for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48;return a*b; } ll n,d[200001],c[200001],s[200001],w[200001],f[200001],head[200001],ed[200001],st[200001],k,tot; ll tag[800001],v[800001]; inline ll ls(ll x){ return (x*2); } inline ll rs(ll x){ return (x*2)+1; } struct edge { ll next,to; }e[800001]; inline void add(ll i,ll j) { e[++tot].next=head[i]; e[tot].to=j; head[i]=tot; } void push_down(ll p) { tag[ls(p)]+=tag[p]; tag[rs(p)]+=tag[p]; v[ls(p)]+=tag[p]; v[rs(p)]+=tag[p]; tag[p]=0; } void push_up(ll p) { v[p]=min(v[ls(p)],v[rs(p)]); } void build(ll p,ll l,ll r) { tag[p]=0; if(l==r) { v[p]=f[l]; return ; } ll mid=l+((r-l)>>1); build(ls(p),l,mid); build(rs(p),mid+1,r); push_up(p); } void update(ll p,ll l,ll r,ll tl,ll tr,ll x) { if(tl>tr)return ; if(tl<=l&&r<=tr) { v[p]+=x; tag[p]+=x; return ; } push_down(p); ll mid=l+((r-l)>>1); if(tl<=mid)update(ls(p),l,mid,tl,tr,x); if(tr>mid)update(rs(p),mid+1,r,tl,tr,x); push_up(p); } ll que(ll p,ll l,ll r,ll tl,ll tr) { if(tl>tr)return 2147483647; if(tl<=l&&r<=tr) return v[p]; ll mid=l+((r-l)>>1); push_down(p); ll Get=2147483647; if(tl<=mid)Get=min(Get,que(ls(p),l,mid,tl,tr)); if(mid<tr)Get=min(Get,que(rs(p),mid+1,r,tl,tr)); return Get; } int main() { // freopen("1.in","r",stdin); // freopen("2.out","w",stdout); n=read();k=read(); for(ll i=2;i<=n;i++) d[i]=read(); for(ll i=1;i<=n;i++) c[i]=read(); for(ll i=1;i<=n;i++) s[i]=read(); for(ll i=1;i<=n;i++) w[i]=read(); n++,k++;d[n]=w[n]=2147483647;//×îºóÒ»¸öµãÒ²²»Ò»¶¨½¨»ùÕ¾£¬»ùÕ¾Ò²²»Ò»¶¨½¨Âú£¬¿ÉÒÔͨ¹ýÕâÖÖ°ì·¨À´¼ÆËã×îÖÕ´ð°¸ //ËäÈ»ÆäËûµÄ°ì·¨Ò²Ò»Ñù£¬µ«ÕâÖÖ˼·»¹ÊÇºÜºÃµÄ ll now=0; for(ll i=1;i<=n;i++) { st[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]-s[i])-d; ed[i]=lower_bound(d+1,d+1+n,d[i]+s[i])-d; if(d[ed[i]]>d[i]+s[i])ed[i]--; add(ed[i],i); } for(ll i=1;i<=n;i++)//Ö»ÓÐÒ»¸ö»ùÕ¾ { f[i]=now+c[i]; for(ll u=head[i];u;u=e[u].next) { ll x=e[u].to; now+=w[x]; } } ll ans=f[n]; for(ll ned=2;ned<=k;ned++) { build(1,1,n); for(ll i=1;i<=n;i++) { f[i]=que(1,1,n,1,i-1)+c[i]; for(ll j=head[i];j!=0;j=e[j].next) { ll u=e[j].to; update(1,1,n,1,st[u]-1,w[u]); } } ans=min(ans,f[n]); } cout<<ans<<endl; return 0; } /* 5 4 2 6 11 16 10 6 1 7 5 3 8 6 2 4 4 4 6 2 7 */
这题的代码难度其实不高
但是思考的深度。。
这就是黑题吗
总体的思路是从朴素dp出发的，尝试对朴素dp进行优化
（哪里不行优哪里）
难绷
总体的思路。。。
在我写完之后我分析起来好难啊。。
在我这个上帝视角看来就像是遇到困难就把困难解决
但是我怎么知道我要去解决这个困难而不是换一条路呢？
像是一个拼接的题面，只是单纯的把很多东西套在一起吗
希望我下次遇到这种题面能够做出来