題目描述

一些村莊建在一條筆直的高速公路邊上，我們用一條坐標軸來描述這條公路，每個村莊的坐標都是整數，沒有兩個村莊的坐標相同。兩個村莊的距離定義為坐標之差的絕對值。我們需要在某些村莊建立郵局。使每個村莊使用與它距離最近的郵局，建立郵局的原則是：所有村莊到各自使用的郵局的距離總和最小。數據規模：1<=村莊數<=1600, 1<=郵局數<=200, 1<=村莊坐標<=maxlongint

輸入

2行第一行:n m {表示有n個村莊，建立m個郵局} 第二行:a1 a2 a3 .. an {表示n個村莊的坐標}

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1行第一行:l 個整數{表示最小距離總和}

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10 5

1 2 3 6 7 9 11 22 44 50

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9

這道題目是IOI2000的真題哦~

可以這樣考慮：

給定一個區間,假設我們要建一個郵局,那麽一定是在這個序列的中點,所以我們可以先預處理出序列區間[i,j]之間的距離

一個郵局的最短距離記錄為sum[i][j],然後用f[i][j]表示到i個村莊建立j個郵局的最短距離和,那麽就有狀態轉移方程:

f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+sum[k+1][i]);

這樣，代碼就好寫了。

但是——這個數據，用O(n³) 的普通DP算法顯然無法通過。

O(n³)代碼如下：

#include<bits/stdc++.h>

 

using
 
 namespace std;

 

int n,m;

int a[1666];

long long sum[1666]1666];

long long f[1666][222];

//f[i][j]表示前i個村莊設j個郵局

//sum[i][j]表示在第i個村莊到第j個村莊設一個郵局的路程

 

int main(void){

    cin>>n>>m;

    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    sort(a+1,a+n+1);

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

        
 
for (int j=i;j<=n;j++){

            sum[i][j]=dis(i,j);

        }

    }

    memset(f,0x3f,sizeof(f));

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

        f[i][1]=sum[1][i];

    }

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

        for (int j=2;j<=min(i,m);j++){

            for (int k=j-1;k<=i-1;k++){

                f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+sum[k+1][i]);

            }

        }

    }

    cout<<f[n][m]<<endl;

    

}

 

這東西肯定過不了啊~

那怎麽辦？"四邊形不等式！"

f[a][c]+f[b][d]<=f[b][c]+f[a][d]

（ a < b <= c< d ）

（可以理解成：交叉小於包含）

滿足這個條件的DP方程（或者說是別的什麽數組啊之類的）就稱為***為凸。

（以下一段文字來自https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812）

給出兩個定理：

1、如果上述的w函數同時滿足區間包含單調性和四邊形不等式性質，那麽函數dp也滿足四邊形不等式性質

我們再定義s(i,j)表示 dp(i,j) 取得最優值時對應的下標（即 i≤k≤j 時，k 處的 dp 值最大，則 s(i,j)=k此時有如下定理

2、假如dp(i,j)滿足四邊形不等式，那麽s(i,j)單調，即 s(i,j)≤s(i,j+1)≤s(i+1,j+1)

大家可以自己嘗試推倒一下，為什麽f[i][j]和sum[i][j]是滿足這個式子的（因為我懶得再推了）

再就是要證明"決策單調"

（以下一段文字來自https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812）

如果我們用s[i][j]表示dp[i][j]取得最優解的時候k的位置的話
那麽我們要證明如下結論的成立性：
s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]
對於s[i][j-1]<=s[i][j]來說，我們先令dp[i][j-1]取得最優解的時候的k值為y，然後令除了最優值以外的其他值可以為x，這裏我們由於要討論單調性，所以讓x小於y，即x<=y<=j-1< j

這裏的證明更為繁瑣，在實際應用中，我們可以寫出O(n³)後，自己跑一邊是否決策單調，不是就輸出"false"就行了。

在這道題中，我們要註意三點：

1. s數組（決策數組）的初始化
2. 循環的次序
3. 對郵局多於村莊的特判（血淚）

話不多說，代碼上

#include<bits/stdc++.h>

 

using namespace std;

 

int n,m;

int a[1606];

long long sum[1606][1606];

long long f[1606][202];

int s[1606][202];

//s是決策數組

 

int main(void){

    cin>>n>>m;

    if(m>=n){

printf("0");

return 0;

}

    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];

    sort(a+1,a+n+1);

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

        sum[i][i]=0;

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

            sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[j]-a[(i+j)/2];

        }

    }

    memset(f,0x3f,sizeof(f));

//註意這裏f要初始化成最大值

    memset(s,0,sizeof(s));

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

        f[i][1]=sum[1][i];

        s[i][1]=0;

    }

    for (int j=2;j<=m;j++){

        s[n+1][j]=n;

        for (int i=n;i>=j;i--){

            for (int k=s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){

                if (f[k][j-1]+sum[k+1][i]<f[i][j]){

                    f[i][j]=f[k][j-1]+sum[k+1][i];

                    s[i][j]=k;

                }

            }

        }

    }

    cout<<f[n][m]<<endl;

}

這樣的代碼，經過四邊形不等式的優化，就是O(n²)的算法了！

（以下一段文字來自https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812）

關於O（n^2）復雜度的證明

其實證明很簡單，對於一個i，j來說，我們要for s[i][j-1]到s[i+1][j]個數，那麽所有的i和j加起來一共會for多少次呢？

我們可以這樣思考

(s[2][2]-[1][1])+(s[3][3]-s[2][2])+(s[4][4]-s[3][3])+…+(s[n][n]-s[n-1][n-1])=s[n][n]-s[1][1]很顯然是小於n的嘛，所以本來是（n *n *n）的復雜度，就這樣降成了O（n *n）啦

（關於四邊形不等式強推https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812這篇博客）

FFFeiya編輯於2018.7.30

郵局加強版：四邊形不等式優化DP