题面
题解
决策单调性全忘了……
先考虑暴力怎么做，我们可以设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个商店买了 \(j\) 件物品的最小代价，然后有转移：
\[f_{i,j}=\min_{k=0}^j(f_{i-1,k}+sa_{i,j-k}) \]其中 \(sa_{i,j}\) 表示 \(a_{i,*}\) 的前缀和，其中 \(sa_{i,0}=0,sa_{i,1}=a_{i,0}+a_{i,1},sa_{i,2}=a_{i,0}+a_{i,1}+a_{i,2},\cdots\)。
我们先来看一个决策单调性优化 DP 的模板题：给定两个长度为 \(n\) 的数组 \(f,g\)，其中 \(f,g\) 均单调不降，且 \(g\) 的差分数组 \(\Delta g\) 单调不降，令 \(h_{k}=\min\limits_{i+j=k}(f_i+g_j)\)，求 \(h\)。
结论是：随着 \(k=i+j\) 增大，最优决策点 \(i\) 单调不降。
证明：考虑对每个 \(i\) 绘出 \(f_i\) 对 \(h_{k}\) 贡献的图像，设为 \(f_i(k)\)，那么对于任意两个 \(i_1<i_2\) 和它们的函数图像：
这个图像包含的性质有：\(f_{i_1}(k)\) 和 \(f_{i_2}(k)\) 形状相同、\(f_{i_2}(k)\) 起点在 \(f_{i_1}(k)\) 右上方、\(f_{i_1}(k),f_{i_2}(k)\) 单调不降且导数不降。
那么必然存在一个阈值 \(X\)（两图像交点），使得在 \(X\) 之前都是 \(f_{i_1}(k)\) 更优、在 \(X\) 之后都是 \(f_{i_2}(k)\) 更优。
也就说明了，不存在 \(k_1<k_2\) 满足在 \(k=k_1\) 时 \(f_{i_2}(k)\) 更优且在 \(k=k_2\) 时 \(f_{i_1}(k)\) 更优。即随着 \(k\) 增大，最优决策点 \(i\) 单调不降。
有了这个结论之后还不能直接做，因为虽然最优决策点 \(i\) 单调不降，但它不一定连续，即随着 \(k\) 增大，\(i\) 可能是跳跃前进的。
正确的方法是使用分治：我们暴力找到 \(k=mid\) 时的最优决策点 \(i_0\)，然后我们就知道了当 \(k<mid\) 时的最优决策点区间 \([0,i_0]\)，和当 \(k>mid\) 时的最优决策点区间 \([i_0,n]\)，然后再分治下去做即可。一共 \(O(\log n)\) 层，每层暴力找最优决策点的时间总和为 \(O(n)\)，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
再看回这一题：
\[f_{n,k}=\min_{i+j=k}(f_{n-1,i}+sa_{n,j}) \]观察到式子中 \(f_{n-1,*}\) 和 \(sa_{n,*}\) 是单调不降的，\(sa_{n,*}\) 的差分数组 \(\Delta sa_{n,*}\) 第二位及之后都是单调不降的，但是却有可能 \(\Delta sa_{n,1}>\Delta sa_{n,2}\)。
其实我们只需要对 \(j\) 是否大于等于 \(1\) 分类讨论处理一下就可以了：
- \(f_{n,k}=f_{n-1,k}+sa_{n,0}\)。
- \(f_{n,k}=\min\limits_{i+j=k,j\geq 1}(f_{n-1,i}+sa_{n,j})\)，在定义域 \(j\geq 1\) 的情况下 \(sa_{n,j}\) 的差分数组是单调不降的。
于是我们就可以做到 \(O(nk\log k)\) 了！
接着是第二个神仙的部分。
记 \(C_1\) 为商店全集，我们考虑将所有商店按 \(sa_{i,1}\) 排序，取出前 \(k\) 小，记为 \(S_1\)，显然 \(S_1\) 之外的商店都不可能取恰好 \(1\) 个物品，因为根据鸽巢原理此时 \(S_1\) 中肯定有一个商店为空（一个都没取），那么我们换成 \(S_1\) 中那个空的商店取 \(1\) 个肯定更优。
接着再考虑剩下的商店 \(C_2=C_1-S_1\)，我们已经知道了它们不可能取恰好 \(1\) 个。我们再将 \(C_2\) 中的商店按 \(sa_{i,2}\) 排序，取出前 \(\lfloor\frac{k}{2}\rfloor\) 小，记为 \(S_2\)，发现 \(C_2\) 中 \(S_2\) 之外的商店也不可能取恰好 \(2\) 个物品，否则 \(S_2\) 中肯定有一个商店为空（注意 \(C_2\) 中商店要么取 \(0\) 个，要么取 \(2\) 个或以上，所以根据鸽巢原理 \(S_2\) 中肯定有一个商店为空），那么我们换成 \(S_2\) 中那个空的商店取 \(2\) 个肯定更优。
接着再考虑剩下的商店 \(C_3=C_2-S_2\)，我们已经知道了它们不可能取恰好 \(1\) 或 \(2\) 个，……。我们一直像这样排除下去，最后会得到若干个商店取的物品数量不能是 \(1,2,\cdots,k\) 中的任意一个，它们就再也不可能被选，它们就被排除了。而剩下未被排除的商店共有 \(O(k\log k)\) 个。注意过程中我们并没有得到 \(S_i\) 中的商店只能恰好取 \(i\) 个物品之类的结论。
于是商店的总数缩减到了 \(O(k\log k)\) 个，时间复杂度降为 \(O(k^2\log ^2k)\)。预处理的部分视实现可以做到 \(O(n\log n)\)、\(O(n\log k)\) 或 \(O(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define K 1010
#define N 2000010
#define ll long long
#define LNF 0x7ffffffffffffff
#define fi first
#define se second
#define pli pair<ll,int>
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,k;
bool vis[N];
ll f[K],g[K],h[K];
vector<ll>sa[N];
vector<pli>v[K];
void solve(int ql,int qr,int vl,int vr)
{
if(ql>qr) return;
int mid=(ql+qr)>>1;
h[mid]=LNF;
int pos=-1;
for(int i=vl;i<=vr;i++)
{
if(i<=k&&0<=mid-i&&mid-i<=k)
{
ll tmp=f[i]+g[mid-i];
if(tmp<h[mid]) h[mid]=tmp,pos=i;
}
}
assert(pos!=-1);
solve(ql,mid-1,vl,pos);
solve(mid+1,qr,pos,vr);
}
int main()
{
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int m=read();
sa[i].resize(min(m+1,k+1));
sa[i][0]=read();
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(j<=k)
{
sa[i][j]=sa[i][j-1]+read();
v[j].push_back(mk(sa[i][j],i));
}
else read();
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
sort(v[i].begin(),v[i].end());
int s=k/i;
for(int j=0,tot=0;j<(int)v[i].size()&&tot<s;j++)
{
if(!vis[v[i][j].se])
{
vis[v[i][j].se]=1;
tot++;
}
}
}
for(int i=1;i<=k;i++) f[i]=LNF/10;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i])
{
for(int j=0;j<(int)sa[i].size();j++) g[j]=sa[i][j]-sa[i][0];
for(int j=(int)sa[i].size();j<=k;j++) g[j]=LNF/10;
solve(0,k,0,k);
for(int j=0;j<=k;j++) f[j]=min(f[j],sa[i][0]+h[j]);
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
printf("%lld ",f[i]);
return 0;
}
/*
2 2
1 5 6
2 3 5 7
*/