[IOI2000] 邮局 P10967/P4767/P6246

P10967

设在 \(1\sim i\) 装了 \(j\) 个邮局的答案 \(f_{i,j}\)：\(f_{i,j}=\min\{f_{k,j-1}+w_{k+1,i}\}\)，其中 \(w_{l,r}\) 为 \(l\sim r\) 有一个邮局的最小距离。

• \(w_{l,r}\) 怎么求？在中位点装邮局。那么有 \(w_{l,r}=w_{l,r-1}+x_j-x_{[(i+j)/2]}\)。其中 \(x\) 是村庄位置。进一步有 \(\mathcal{O}(1)\) 算法，\(m=[(l+r)/2],w_{l,r}=x_{m}\times (2m-l-r-1)+sum_{l+1}+sum_r-2sum_m\)。所以这个不是复杂度瓶颈。

得到了一个 \(\mathcal{O}(v^2p)\) 的算法。

P4767

\(f_{i,j}=\min\{f_{k,j-1}+w_{k+1,i}\}\) 这个方程内，状态较难优化，所以尝试优化转移。

证：\(w_{l,r}\) 符合 \(Q.I.\)。

\(w_{i,j}+w_{i',j'}\le \sum_{l=i}^j |d_l-d_z|+\sum_{l=i'}^{j'}|d_l-d_y|\)。

\(\le \sum_{l=i}^j |d_l-d_z|+\sum_{l=i'}^{j'}|d_l-d_y|+\sum_{l=j+1}^{j'}|d_l-d_z|-\sum_{l=j+1}^{j'}|d_l-d_y|\)。

\(=\sum_{l=i}^{j'}|d_l-d_z|+\sum_{l=i'}^j |d_l-d_y|=w(i,j')+w(i',j)\)。

令 \(m_{i,j}\) 为 \(f_{i,j}\) 最小决策点。

引理 \(1\)：\(m_{i+1,j}\ge m_{i,j}\)。

引理 \(2\)：\(m_{i,j-1}\le m_{i,j}\)。

计算 \(m_{i,j-1}\le k\le m_{i+1,j}\)。从小到大枚举 \(j\)，从大到小枚举 \(i\) 即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(pv)\)。

P6246

尝试优化状态！这个“邮局数量”状态让人联想起 wqs 二分。

或者感性理解：如果每建立一个邮局有一个附加的费用，费用越高你想要建立的邮局数量就会减少。所以是一个上凸包。

二分 \(mid\) 费用，就变成了：\(f_{i}=\min\{f_{k}+w_{k+1,i}+mid\}\)。这个是 1D-1D dp 方程。

\(f(i)=\min_{0\le j<i} f(j)+w(j,i)\)。（注意是 \(\min\)！）组数没有限制的分组问题。

定理：若 \(w\) 符合 \(Q.I.\)，当 \(d\ge c\) 时，\(f(d)\) 的最优决策点 \(\ge f(c)\) 最优决策点。

因此：对于每个已经计算出来的 \(f_i\)，去寻找它能更新的状态有哪些。在栈顶的决策起始位置判断起始位置是否决策 \(i\) 更优。如果是，则退栈，继续执行，否则，二分决策位置。

最终代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using ll = long long;const int N = 5e5+5;struct node {ll l,r,x;
} stk[N];ll n,m,a[N],sum[N],dp[N],top,cnt[N];ll w(ll l,ll r){ll mid=(l+r+1)/2;return a[mid]*(mid+mid-l-r)+sum[l]+sum[r]-sum[mid]*2; 
}int ff(int i){int l=stk[top].l-1,r=stk[top].r+1;while (l+1<r){int mid=l+r>>1;if (dp[i]+w(i,mid)<=dp[stk[top].x]+w(stk[top].x,mid)){r=mid;}else{l=mid;}}return r;
}bool chk(ll x){top=1;stk[1]={1,n,0};for (int i=1,cur=1; i<=n; i++){dp[i]=dp[stk[cur].x]+w(stk[cur].x,i)+x;cnt[i]=cnt[stk[cur].x]+1;while (i<stk[top].l && dp[i]+w(i,stk[top].l)<=dp[stk[top].x]+w(stk[top].x,stk[top].l)){top--;}int pos=ff(i);stk[top].r=pos-1;if (pos<=n){stk[++top]={pos,n,i};}if (i==stk[cur].r){cur++;}}return cnt[n]>=m;
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin>>n>>m;for (int i=1; i<=n; i++){cin>>a[i];sum[i]=sum[i-1]+a[i];}ll l=-1,r=1e9;r++;while (l+1<r){ll mid=l+r>>1;if (chk(mid)){l=mid;}else{r=mid;}}chk(l);cout<<dp[n]-l*m<<"\n";return 0;
}