文章标题 CSU 1963: Feed the rabbit （斜率DP优化）

1963: Feed the rabbit

传送门

题意：说有n个坑m只兔子，每只兔子会在ti时间后的di坑冒头（处于等待状态），有p个人，每个人都可以在任意时间内以1的速度走向n洞并喂食沿途的兔子，求兔子最少的总等待时间

分析：第i只兔子在ti时间出现在di个洞，所以可以用坐标（x,y）来表示兔子的坐标，x表示第i个洞离第一个洞的距离，y表示出现的时间。由于人的速度恒定为1，因此相当于一条斜率为1的直线，那么对于每只兔子，它需要等待的时间就是(x,y)到这条直线的垂直距离且(x,y)必须在直线的下方（兔子必须在人到达洞的时候就在）。那么我们可以进一步地将坐标(x,y)映射在y轴上：(x=0,y=y-x)

问题就转换成了求：摆放p条斜率为1的直线，使得所有的点到自己上方的那条直线的距离之和最小

设dp[ i][j]为第i根线放在j点上的最小等待总和，然后有定义Y[i]表示第i个点映射在Y轴上的坐标，定义sum[i]表示前i个点的Y坐标之和。最终可以得到状态转移程程

dp[i][j]=min(dp[i-1][k]+(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[k])）,其中（j-k）*Y[j]-（sum[j]-sum[i])表示第k个点到第j个点到第i条线的距离总。

然后可以看出这个方程可以用斜率dp优。

设z < k < j,然后k的决策比z的决策要优，所以到

dp[i-1][k]+(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[k]) < dp[i-1][z]+(j-z)*Y[j]-(sum[j]-sum[z]),然后整理一下可以得到dp[i-1[k]+sum[k]-(dp[i-1][z]+sum[z]) < (k-z)*Y[i]。可以看出（dp[i-1[k]+sum[k]-(dp[i-1][z]+sum[z]) ）/（k-z）就是斜率。

注意：由于二维数组太大，所以用滚动数组。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n,m,p;

long long d[100005];
long long Y[100005];//映射在Y轴 的坐标，其中x轴表示兔子的洞离第1个洞的距离，y轴表示时间
long long sum[100050];//表示前i个点的Y坐标的和
long long dp[2][100005];//滚动数组
int cur,pre;//当前与前驱；
int q[100006];

long long getDP(int j,int k){
return dp[pre][k]+(j-k)*Y[j]-(sum[j]-sum[k]);
}

long long getUP(int k,int z){
return dp[pre][k]-dp[pre][z]+sum[k]-sum[z];
}

long long getDown(int k,int z){
return k-z;
}

int main()
{
while (scanf ("%d%d%d",&n,&m,&p)!=EOF){
d[1]=0;
for (int i=2;i<=n;i++){
scanf ("%d",&d[i]);
d[i]+=d[i-1];
}
long long x,y;
for (int i=1;i<=m;i++){
scanf ("%lld%lld",&x,&y);
Y[i]=y-d[x];
}
sort(Y+1,Y+1+m);
sum[0]=sum[1]=0;
for (int i=2;i<=m;i++){
Y[i]-=Y[1];
sum[i]=sum[i-1]+Y[i];
}
Y[1]=0;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
//      for (int i=0;i<=m;i++){
//          dp[0][i]=dp[1][i]=200000;
//      }
dp[0][0]=0;
cur=1,pre=0;
for (int i=1;i<=p;i++){
cur=i%2;pre=cur^1;
int tail=0;int head=0;
q[tail++]=0;
for (int j=1;j<=m;j++){
while (head+1<tail&&getUP(q[head+1],q[head])<Y[j]*getDown(q[head+1],q[head])){
head++;
}
dp[cur][j]=getDP(j,q[head]);
while (head+1<tail&&getUP(j,q[tail-1])*getDown(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDown(j,q[tail-1])){
tail--;
}
q[tail++]=j;
}
}
printf ("%lld\n",dp[p%2][m]);
}

return 0;
}