Ｎewnode's NOI(P?)模拟赛 第二题 dp决策单调优化

其实直接暴力O ( n 3 ) D P + O 2 O(n^3)DP+O_2O(n

3

)DP+O

2

优化能过…

CODE O ( n 3 ) O(n^3)O(n

3

)

先来个O ( n 3 ) O(n^3)O(n

3

)暴力DP(开了O 2 O_2O

2

)100分代码(极限数据0.5 s 0.5s0.5s)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2005, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, a[MAXN], f[2][MAXN]; char s[MAXN];
inline void chkmin(int &x, const int &y) { if(y < x) x = y; }
int main () {
	freopen("ni.in", "r", stdin);
	freopen("ni.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = n; i >= 1; --i) {
  scanf("%s", s + 1);
  for(int j = 1; j <= m; ++j)
  	if(s[j] == '*' && !a[j]) a[j] = i;
	}
	int now = 0;
	memset(f[0], 0x3f, sizeof f[0]); f[0][a[1]] = 0; //f[i][j]表示i列消得剩下j个的最小步数,暴力刷表
	for(int i = 1; i <= m; ++i) {
  now ^= 1; memset(f[now], 0x3f, sizeof f[now]);
  for(int j = a[i]; ~j; --j) if(f[now^1][j] != INF)
  	for(int k = j>>1; ~k; --k)
    chkmin(f[now][max(a[i+1]+3*k-2*j, 0)], f[now^1][j]+j-k);
	}
	printf("%d\n", f[now][0]);
}

正解

如上面的暴力DP状态定义一样,只是换成了填表,便于考虑决策单调性.

化简后的方程式为

f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ 2 A [ i ] − 2 j − 3 k ] + A [ i ] − j − k f[i][j]=f[i-1][2A[i]-2j-3k]+A[i]-j-kf[i][j]=f[i−1][2A[i]−2j−3k]+A[i]−j−k

单调性证明传送门

这句话:

再观察一下可以发现，在j jj确定的时候，F [ i − 1 ] [ 2 A [ i ] − 2 j − 3 k ] + A [ i ] − j − k F[i−1][2A[i]−2j−3k]+A[i]−j−kF[i−1][2A[i]−2j−3k]+A[i]−j−k的取值是单峰的。因为F [ i − 1 ] [ 2 A [ i ] − 2 j − 3 k ] F[i−1][2A[i]−2j−3k]F[i−1][2A[i]−2j−3k]随k的减小是不增的，A [ i ] − j − k A[i]−j−kA[i]−j−k是单增的，因此它是单峰的。

感受一下,大概可以这么想:F [ i − 1 ] [ 2 A [ i ] − 2 j − 3 k ] F[i−1][2A[i]−2j−3k]F[i−1][2A[i]−2j−3k]是不降的,我们感受一下,它的导函数应该不会是什么奇怪的形状,而是单调的…

并且A [ i ] − j − k A[i]−j−kA[i]−j−k是关于k kk的一次函数,导数为常函数.

所以:

"导函数单调 + ++ 一次函数(导函数为常函数) → \to→ 单峰函数(导函数单调)."画出来如下

这样的话f ′ ( x ) + g ′ ( x ) f'(x)+g'(x)f

′

(x)+g

′

(x)如果没有穿过x xx轴,就仍是单调函数.

若穿过了x xx轴,比如先为负,然后为0 00,然后为正,那么体现在图像上就是单峰了…(好像说了一堆废话)

然后就单调队列优化了.具体代码见下(粘来的代码)

CODE O ( n 2 ) O(n^2)O(n 
2
 )
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 2005
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn],f[2][maxn];
char s[maxn];
inline void chkmin(int &a,int b){if(a>b) a=b;}
int main()
{
	freopen("ni.in","r",stdin);
	freopen("ni.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=n;i>=1;i--){
  scanf("%s",s+1);
  for(int j=1;j<=m;j++) if(s[j]=='*'&&!a[j]) a[j]=i;
	}
	int now=0;memset(f[0],0x3f,sizeof f[0]);
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++,now=!now){
  memset(f[!now],0x3f,sizeof f[!now]);
  for(int j=0;j<=a[i];j++){
  	int id=(a[i]-j)>>1;
  	for(int k=id;k>=0;k--){
    int x=k+(a[i]-j-2*k)*2;
    if(x>a[i-1]) x=a[i-1];//emmm...
    if(f[!now][j]>=f[now][x]+k+a[i]-j-2*k) id=k,f[!now][j]=f[now][x]+k+a[i]-j-2*k;
    else break;
  	}
  }
	}
	printf("%d",f[now][0]);
}