神TM毒瘤線段樹優化DP......新姿勢get。

題意：有n個村莊，在裏面選不多於k個建立基站。

建立基站要ci的費用。如果一個村莊方圓si內沒有基站，那麽又要支出wi的費用。求最小費用。

解：很顯然想到DP，f[i][j]表示前i個村莊裏面放了j個基站，其中第i個一定選的最小費用。費用只統計不超過i的。

轉移就是枚舉從p轉移，對於p到i的每一個，檢查是否需要付錢。

這樣是n3k的，只有20分。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 
 4 typedef long long LL;
 5 const int
 
 N = 20010;
 6 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 7 
 8 LL d[N], s[N], f[N][210], c[N], w[N];
 9 int n, first[N], last[N];
10 
11 inline LL val(int l, int r) {
12     LL ans = 0;
13     for(int i = l + 1; i < r; i++) {
14         if(l < first[i] && r > last[i]) {
15             ans += w[i];
 
16         }
17     }
18     return ans;
19 }
20 
21 int main() {
22     int k;
23     LL ans = 0;
24     scanf("%d%d", &n, &k);
25     for(int i = 2; i <= n; i++) {
26         scanf("%lld", &d[i]);
27     }
28     for(int i = 1; i <= n; i++) {
29         scanf("%lld", &c[i]);
30     }
 
31     for(int i = 1; i <= n; i++) {
32         scanf("%lld", &s[i]);
33     }
34     for(int i = 1; i <= n; i++) {
35         scanf("%lld", &w[i]);
36         ans += w[i];
37         f[i][0] = f[i - 1][0] + w[i];
38     }
39 
40     for(int i = 1; i <= n; i++) { // prework
41         int l = 1, r = i;
42         while(l < r) {
43             int mid = (l + r) >> 1;
44             if(d[mid] >= d[i] - s[i]) {
45                 r = mid;
46             }
47             else {
48                 l = mid + 1;
49             }
50         }
51         first[i] = r;
52         l = i;
53         r = n;
54         while(l < r) {
55             int mid = (l + r + 1) >> 1;
56             if(d[mid] <= d[i] + s[i]) {
57                 l = mid;
58             }
59             else {
60                 r = mid - 1;
61             }
62         }
63         last[i] = r;
64     }
65 
66     for(int j = 1; j <= k + 1; j++) {
67         for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
68             // f[i][j] = std::min(f[p][j - 1] + val
69             if(j == 1) {
70                 f[i][j] = c[i] + val(0, i);
71             }
72             else {
73                 f[i][j] = INF;
74                 for(int p = j - 1; p < i; p++) {
75                     f[i][j] = std::min(f[i][j], f[p][j - 1] + val(p, i) + c[i]);
76                 }
77             }
78         }
79         if(j > 1) {
80             ans = std::min(ans, f[n + 1][j]);
81         }
82     }
83 
84     printf("%lld", ans);
85     return 0;
86 }

然後我又想到了網絡流，發現好像可以搞成最大權閉合子圖來做，但是那個k的限制不好處理.....

最後光榮爆0了。

正解是線段樹優化DP，但是怎麽個優化法呢？

轉移方程：f[i][j] = f[p][j - 1] + val(p, i) + c[i]

黑科技就是用線段樹維護等式右邊......下標就是p。

具體來說，我們當前正在考慮i。

那麽f[i][j]就是min(0, i - 1)，直接在線段樹上查詢即可。

線段樹的初始值是f[p][j - 1]，我們要動態的加上val(p, i)

每個點都有一個last，表示在i ~ last這段區間建基站的話能覆蓋到它。

設last[v] = i，那麽在i及之前的DP值都不會加上w[v]，因為v之前的不會考慮到v，v ~ i的會覆蓋到v。

i及之後的，有一部分轉移要加上w[v]，就是first[v]之前的部分。

因為first ~ i的轉移會覆蓋v，而i之後的轉移會計算v。所以這些都不用計算v。

此時我們把0 ~ first[v] - 1的區間全部加上w[i]即可。

然後每次循環一個新j的時候把線段樹初始化。

細節處理繁多......

  1 #include <cstdio>
  2 #include <algorithm>
  3 #include <vector>
  4 
  5 typedef long long LL;
  6 const int N = 20010;
  7 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
  8 
  9 LL d[N], s[N], f[N][210], c[N], w[N];
 10 int n, first[N], last[N], Time;
 11 std::vector<int> v[N];
 12 
 13 LL small[N << 2], tag[N << 2];
 14 
 15 inline void pushup(int o) {
 16     small[o] = std::min(small[o << 1], small[o << 1 | 1]);
 17     return;
 18 }
 19 
 20 inline void pushdown(int o) {
 21     if(tag[o]) {
 22         int ls = o << 1;
 23         int rs = ls | 1;
 24         tag[ls] += tag[o];
 25         tag[rs] += tag[o];
 26         small[ls] += tag[o];
 27         small[rs] += tag[o];
 28         tag[o] = 0;
 29     }
 30     return;
 31 }
 32 
 33 void add(int L, int R, LL v, int l, int r, int o) {
 34     if(L <= l && r <= R) {
 35         tag[o] += v;
 36         small[o] += v;
 37         return;
 38     }
 39     int mid = (l + r) >> 1;
 40     pushdown(o);
 41     if(L <= mid) {
 42         add(L, R,  v, l, mid, o << 1);
 43     }
 44     if(mid < R) {
 45         add(L, R, v, mid + 1, r, o << 1 | 1);
 46     }
 47     pushup(o);
 48     return;
 49 }
 50 
 51 LL ask(int L, int R, int l, int r, int o) {
 52     if(L <= l && r <= R) {
 53         return small[o];
 54     }
 55     int mid = (l + r) >> 1;
 56     pushdown(o);
 57     LL ans = INF;
 58     if(L <= mid) {
 59         ans = std::min(ans, ask(L, R, l, mid, o << 1));
 60     }
 61     if(mid < R) {
 62         ans = std::min(ans, ask(L, R, mid + 1, r, o << 1 | 1));
 63     }
 64     return ans;
 65 }
 66 
 67 void clear(int l, int r, int o) {
 68     tag[o] = 0;
 69     if(l == r) {
 70         small[o] = f[r - 1][Time - 1];
 71         return;
 72     }
 73     int mid = (l + r) >> 1;
 74     clear(l, mid, o << 1);
 75     clear(mid + 1, r, o << 1 | 1);
 76     pushup(o);
 77     return;
 78 }
 79 
 80 int main() {
 81     int k;
 82     LL ans = 0;
 83     scanf("%d%d", &n, &k);
 84     for(int i = 2; i <= n; i++) {
 85         scanf("%lld", &d[i]);
 86     }
 87     for(int i = 1; i <= n; i++) {
 88         scanf("%lld", &c[i]);
 89     }
 90     for(int i = 1; i <= n; i++) {
 91         scanf("%lld", &s[i]);
 92     }
 93     for(int i = 1; i <= n; i++) {
 94         scanf("%lld", &w[i]);
 95         ans += w[i];
 96         f[i][0] = f[i - 1][0] + w[i];
 97     }
 98 
 99     for(int i = 1; i <= n; i++) { // prework
100         int l = 1, r = i;
101         while(l < r) {
102             int mid = (l + r) >> 1;
103             if(d[mid] >= d[i] - s[i]) {
104                 r = mid;
105             }
106             else {
107                 l = mid + 1;
108             }
109         }
110         first[i] = r;
111         l = i;
112         r = n;
113         while(l < r) {
114             int mid = (l + r + 1) >> 1;
115             if(d[mid] <= d[i] + s[i]) {
116                 l = mid;
117             }
118             else {
119                 r = mid - 1;
120             }
121         }
122         last[i] = r;
123         v[r].push_back(i);
124     }
125 
126     for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
127         f[i][0] = INF;
128     }
129 
130     for(int j = 1; j <= k + 1; j++) {
131         Time = j;
132         clear(1, n + 1, 1);
133         for(int i = 0; i <= n + 1; i++) {
134             // ask f[i][j]
135             if(i >= j) {
136                 f[i][j] = ask(1, i, 1, n + 1, 1) + c[i];
137             }
138             else {
139                 f[i][j] = INF;
140             }
141             // insert
142             for(int p = 0; p < v[i].size(); p++) {
143                 add(1, first[v[i][p]], w[v[i][p]], 1, n + 1, 1);
144             }
145         }
146         if(j > 1) {
147             ans = std::min(ans, f[n + 1][j]);
148         }
149     }
150 
151     printf("%lld", ans);
152     return 0;
153 }

思考：如果si表示能覆蓋方圓si的村莊，又如何？

轉移方程寫出來，發現就是一個簡單的前綴最大值優化。要處理一下前綴和為負的這種情況...

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